Aufgabe 4.09Z: Laplace-verteiltes Rauschen

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2D–Laplace–WDF

Wir betrachten zweidimensionales Rauschen  $\boldsymbol{n} = (n_1, n_2)$.

Die beiden Rauschvariablen sind „independent and identically distributed ”, abgekürzt i.i.d., und besitzen beide jeweils eine Laplace–Wahrscheinlichkeitsdichte:

$$p_{n_1}(x) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} K \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} |x|} \hspace{0.05cm},$$
$$ p_{n_2}(y) \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} K \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} |y|} \hspace{0.05cm}. $$
  • Die 2D–Wahrscheinlichkeitsdichtefunktion  $p_{\it \boldsymbol{n}}(x, y)$  ist in der Grafik dargestellt.
  • Zur Vereinfachung der Schreibweise werden hier die Realisierungen von  $n_1$  und  $n_2$  mit  $x$  und  $y$  bezeichnet.


Hinweise:

$$\int_{0}^{\infty} x^2 \cdot {\rm e}^{-a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm} x} \,{\rm d} x = {2}/{a^3} \hspace{0.05cm}.$$


Fragebogen

1

Wie groß ist die Konstante  $K$  der 1D–WDF?

$K = 1$.
$K = a/2$
$K = 1/a$.

2

Es sei  $a = 1$. Wie groß sind der Mittelwert  ${\rm E}\big[n_i \big]$  und die Varianz  $\sigma^2 = {\rm E}\big[n_i^2\big]$  der beiden 1D–Zufallsgrößen?  $(i = 1, 2)$

${\rm E}\big[n_i\big] \ = \ $

${\rm E}\big[n_i^2\big] \ = \ $

3

Welche Form haben die Höhenlinien der 2D–WDF im ersten Quadranten?

Es sind Geraden.
Es sind Hyperbeln.
Es sind Kreise.

4

Es sei weiterhin  $a = 1$. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass sowohl  $n_1$  als auch  $n_2$  negativ sind?

${\rm Pr}\big[(n_1 < 0) ∩ (n_2 < 0)\big]\ = \ $

$\ \%$

5

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass  $n_1$  und  $n_2$  gemeinsam größer als  $1$  sind?

${\rm Pr}\big[(n_1 > 1) ∩ (n_2 > 1)\big]\ = \ $

$\ \%$

6

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Summe  $n_1 + n_2 > 2$  ist?

$ {\rm Pr}\big[n_1 + n_2 > 2)\big] \ = \ $

$\ \%$


Musterlösung

(1)  Richtig ist der Lösungsvorschlag 2:

  • Die Fläche unter der WDF muss $1$ ergeben:
$$\int_{-\infty}^{+\infty} p_{n_1}(x) \,{\rm d} x = 1 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} \int_{0}^{+\infty} p_{n_1}(x) \,{\rm d} x = 0.5 \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} K \cdot \int_{0}^{\infty} {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}x} \,{\rm d} x = - {K}/{a} \cdot \left [ {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm} x} \right ]_{0}^{\infty}= {K}/{a} = 0.5 \hspace{0.3cm}\Rightarrow \hspace{0.3cm} K = {a}/{2}\hspace{0.05cm}.$$


(2)  Der lineare Mittelwert ist aufgrund der WDF–Symmetrie gleich 0.

Damit ist die Varianz $\sigma^2$ tatsächlich – wie bereits in der Fragestellung angegeben – gleich dem quadratischen Mittelwert:

$$\sigma^2 = {\rm E}[n_1^2] = 2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \int_{0}^{\infty} x^2 \cdot {\rm e}^{-a \hspace{0.03cm} \cdot \hspace{0.03cm} x} \,{\rm d} x = a \cdot {2}/{a^3}= {2}/{a^2} \hspace{0.05cm}. \hspace{0.2cm}{\rm Mit}\hspace{0.15cm}a = 1\text{:} \hspace{0.2cm}\hspace{0.1cm}\underline {\sigma^2 = 2 }\hspace{0.05cm}.$$


Höhenlinien der 2D-Laplaceverteilung

(3)  Richtig ist der Lösungsvorschlag 1:

  • Im ersten Quadranten ($x ≥ 0, y ≥ 0$) kann auf die Betragsbildung verzichtet werden. Dann gilt für die 2D–WDF:
$$\boldsymbol{ p }_{\boldsymbol{ n }} (x,\hspace{0.15cm} y) = {a^2}/{4} \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}x} \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}y }= {a^2}/{4} \cdot {\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}(x+y)}\hspace{0.05cm}.$$
  • Eine Höhenlinie mit dem Faktor $\beta$ gegenüber dem Maximum hat dann den folgenden Verlauf ($0 < \beta < 1$):
$${\rm e}^{- a \hspace{0.03cm}\cdot \hspace{0.03cm}(x+y)} = \beta \hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} x + y = \frac{{\rm ln}\hspace{0.15cm}1/\beta}{a} \hspace{0.05cm}.$$
  • Die Grafik zeigt die Höhenlinien für $a = 1$ und einige Werte von $\beta$, die jeweils ein um $45^\circ$ gedrehtes Quadrat ergeben  ⇒  die Höhenlinien sind also Gerade..



(4)  Das hier betrachtete Wahrscheinlichkeitsereignis entspricht genau dem dritten Quadranten der oben skizzierten Verbund–WDF. Aufgrund der Symmetrie ist diese Wahrscheinlichkeit:

$${\rm Pr}[(n_1 < 0) ∩ (n_2 < 0)]\hspace{0.15cm}\underline {=25\%}.$$


(5)  Dafür kann mit der Verbund–WDF geschrieben werden:

$${\rm Pr} \left [ (n_1 > 1)\cap (n_2 > 1)\right ] = {1}/{4} \cdot \int_{1}^{\infty} \int_{1}^{\infty}{\rm e}^{- (x+y)} \,{\rm d} x \,{\rm d} y == {1}/{2} \cdot \int_{1}^{\infty} {\rm e}^{- x} \,{\rm d} x \hspace{0.15cm} \cdot \hspace{0.15cm} {1}/{2} \cdot \int_{1}^{\infty} {\rm e}^{- y} \,{\rm d} y $$
$$ \Rightarrow \hspace{0.3cm}{\rm Pr} \left [ (n_1 > 1)\cap (n_2 > 1)\right ] = \left [ {\rm Pr} (n_1 > 1)\right ] \cdot \left [ {\rm Pr} (n_2 > 1)\right ]\hspace{0.05cm}. $$

Berücksichtigt ist die statistische Unabhängigkeit zwischen $n_1$ und $n_2$ sowie die Gleichheit $p_{\it n1}(x) = p_{\it n2}(y)$. Für $a = 1$ gilt:

$${\rm Pr} (n_1 > 1) = {1}/{2} \cdot \int_{1}^{\infty} {\rm e}^{- x} \,{\rm d} x = {1}/({2{\rm e}})\approx 0.184\hspace{0.3cm} \Rightarrow \hspace{0.3cm} {\rm Pr} \left [ (n_1 > 1)\cap (n_2 > 1)\right ] = {1}/({4{\rm e}^2)}\hspace{0.1cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 3.4\%}\hspace{0.05cm}.$$


Aufteilung des Integrationsbereichs

(6)  Die hier betrachtete Region ist in der folgenden Grafik farbig markiert.

  • Die Regionen erstrecken sich aber nach rechts und oben bis ins Unendliche.
  • Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ergibt sich zu
$${\rm Pr} [ n_1 \hspace{-0.2cm} \ + \ \hspace{-0.2cm} n_2 > 2 ] =\frac{1}{4} \cdot \int\limits_{-\infty}^{+\infty} {\rm e}^{-|x|} \int\limits_{2-x}^{\infty}{\rm e}^{-|y|} \,{\rm d} y \,{\rm d} x = I_1 + I_2 + I_3 + I_4 \hspace{0.05cm}.$$

Aufgrund der Betragsbildung ist eine Aufspaltung in Teilintegrale vorzunehmen. Nach oben und rechts erstrecken sich alle Gebiete bis ins Unendliche. Aufgrund der Symmetrie gilt $I_4 = I_3$.

$$I_1 = {1}/{4} \cdot \int_{2}^{+\infty} \hspace{-0.15cm}{\rm e}^{-x} \int_{0}^{\infty}\hspace{-0.15cm}{\rm e}^{-y} \,{\rm d} y \,{\rm d} x = {1}/{4} \cdot \int_{2}^{+\infty} {\rm e}^{-x} \,{\rm d} x ={1}/({4{\rm e}^2})\hspace{0.05cm},$$
$$I_2 = {1}/{4} \cdot \hspace{-0.1cm} \int_{0}^{2} \hspace{-0.15cm}{\rm e}^{-x} \int_{2-x}^{\infty}\hspace{-0.15cm}{\rm e}^{-y} \,{\rm d} y \,{\rm d} x = {1}/{4} \cdot \hspace{-0.1cm} \int_{0}^{2} {\rm e}^{-x}\hspace{-0.1cm} \cdot {\rm e}^{x-2} \,{\rm d} x$$
$$\Rightarrow \hspace{0.3cm}I_2 = {1}/{4} \cdot \hspace{-0.1cm}\int_{0}^{2} {\rm e}^{-2} \,{\rm d} x = {1}/({2{\rm e}^2})\hspace{0.05cm},$$
$$I_3 \hspace{-0.1cm} \ = \ \hspace{-0.1cm} {1}/{4} \cdot \int_{-\infty}^{0} {\rm e}^{x} \int_{2-x}^{\infty}{\rm e}^{-y} \,{\rm d} y \,{\rm d} x = {1}/{4} \cdot \int_{-\infty}^{0} {\rm e}^{x} \cdot {\rm e}^{x-2} \,{\rm d} x = {1}/{4} \cdot \int_{-\infty}^{0} {\rm e}^{2x-2} \,{\rm d} x = \frac{{\rm e}^{-2}}{4} \cdot \int_{0}^{\infty} {\rm e}^{-2x} \,{\rm d} x = {1}/({8{\rm e}^2})\hspace{0.05cm},$$
$$I_4 ={1}/{4} \cdot \int_{-\infty}^{0} {\rm e}^{y} \int_{2-y}^{\infty}{\rm e}^{-x} \,{\rm d} x \,{\rm d} y = ... = {1}/({8{\rm e}^2}) = I_3\hspace{0.05cm}.$$

Insgesamt ergibt sich somit:

$${\rm Pr} \left [ n_1 + n_2 > 2 \right ] = {\rm e}^{-2} \cdot ({1}/{4} +{1}/{2} +{1}/{8} +{1}/{8})= {\rm e}^{-2} \hspace{0.1cm}\hspace{0.15cm}\underline {\approx 13.5\%}\hspace{0.05cm}.$$