Aufgabe 3.9Z: Sinustransformation

From LNTwww

Eingangs–WDF und Kennlinie

Wir betrachten in dieser Aufgabe eine Zufallsgröße  $x$  mit  $\sin^2$–förmiger WDF im Bereich zwischen  $x= 0$  und  $x= 2$:

$$f_x(x)= \sin^2({\rm\pi}/{\rm 2}\cdot x) \hspace{1cm}\rm f\ddot{u}r\hspace{0.15cm}{\rm 0\le \it x \le \rm 2} .$$

Außerhalb ist die WDF identisch Null.

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





Hinweise:

  • Vorgegeben sind die beiden unbestimmten Integrale:
$$\int \sin^{\rm 3}( ax)\,{\rm d}x = \frac{\rm 1}{ 3 a} \cdot \cos^{\rm 3}( ax)-\frac{\rm 1}{ a}\cdot \cos(ax),$$
$$\int \sin^{\rm 4}(ax)\,{\rm d}x =\frac{\rm 3}{\rm 8}\cdot x-\frac{\rm 1}{\rm 4 a} \cdot \sin(2 ax)+\frac{\rm 1}{32 a}\cdot \sin(4 ax).$$


Fragebogen

1

Welche der folgenden Aussagen sind zutreffend?

$y$  ist auf den Wertbereich  $0 \le y \le 1$  begrenzt.
$y$  ist auf den Wertbereich  $0 < y \le 1$  begrenzt.
Der Mittelwert  $m_y$  ist kleiner als der Mittelwert  $m_x$.

2

Berechnen Sie den Mittelwert der Zufallsgröße  $y$.

$m_y \ = \ $

3

Berechnen Sie den quadratischen Mittelwert von  $y$  und die Streuung $\sigma_y$ .

$\sigma_y \ = \ $

4

Berechnen Sie die WDF $f_y(y)$.  Beachten Sie die Symmetrieeigenschaften.  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?

${\rm Pr}(y=1) \ = \ $


Musterlösung

(1)  Richtig sind der zweite und der dritte Lösungsvorschlag:

  • 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 allerdings ebenfalls nicht auftreten, da weder  $x = 0$  noch  $x = 2$  möglich sind.
  • Mit diesen Eigenschaften ergibt sich sicher  $m_y < 1$, also ein kleinerer Wert als  $m_x = 1$  (siehe Angabe).


(2)  Zur Lösung dieser Aufgabe könnte man beispielsweise zunächst die WDF  $f_y(y)$  bestimmen und daraus in gewohnter Weise  $m_y$  berechnen.

  • Zum gleichen Ergebnis führt der direkte Weg:
$$m_y={\rm E}\big[y\big]={\rm E}\big[g(x)\big]=\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)\cdot f_x(x)\,{\rm d}x.$$
  • Mit den aktuellen Funktionen  $g(x)$  und  $f_x(x)$  erhält man:
$$m_y=\int_{\rm 0}^{\rm 2}\hspace{-0.1cm}\sin^{\rm 3}({\pi}/{ 2}\cdot x)\,{\rm d}x=\frac{\rm 2}{\rm 3\cdot \pi}\cdot \cos^{\rm 3}({\pi}/{ 2}\cdot x)-\frac{\rm 2}{\rm \pi} \cdot \cos({3 \rm \pi}/{\rm 2}\cdot x)\Big|_{\rm 0}^{\rm 2}=\frac{\rm 8}{\rm 3\cdot \pi} \hspace{0.15cm}\underline{=\rm 0.849}.$$


(3)  In Analogie zu Punkt  (2)  gilt:

$$m_{2 y}={\rm E}[y^{\rm 2}]={\rm E}[g^{\rm 2}( x)]=\int_{-\infty}^{+\infty}\hspace{-0.35cm}g^{2}( x)\cdot f_x(x)\,{\rm d}x.$$
  • Dies führt zum Ergebnis:
$$ m_{ 2 y}=\int_{\rm 0}^{\rm 2}\hspace{-0.15cm}\sin^{\rm 4}({\rm \pi}/{\rm 2}\cdot x)\,{\rm d} x= \frac{\rm 3}{\rm 8}\cdot x-\frac{\rm 1}{\rm 2\cdot\pi}\cdot \sin(\rm \pi\cdot{\it x})+\frac{\rm 1}{\rm 16\cdot\pi}\cdot \sin(\rm 2 \pi\cdot {\it x})\Big|_{\rm 0}^{\rm 2} \hspace{0.15cm}{= \rm 0.75}.$$
  • Mit dem Ergebnis aus  (2)  folgt somit für die Streuung:
$$ \sigma_{y}=\sqrt{\frac{\rm 3}{\rm 4}-\Big(\frac{\rm 8}{\rm 3\cdot\pi}\Big)^{\rm 2}} \hspace{0.15cm}\underline{\approx \rm 0.172}.$$


(4)  Aufgrund der Symmetrie von WDF  $f_x(x)$  und Kennlinie  $y =g(x)$  um  $x = 1$  liefern die beiden Bereiche

  • $0 \le x \le 1$  und
  • $1 \le x \le 2$


jeweils den gleichen Beitrag für $f_y(y)$.

  • Im ersten Bereich ist die Ableitung der Kennlinie positiv:  $g\hspace{0.05cm}'(x)={\rm \pi}/{\rm 2}\cdot \cos({\rm \pi}/{\rm 2}\cdot x).$
  • Die Umkehrfunktion lautet:  $ x=h(y)={\rm 2}/{\rm \pi}\cdot \arcsin( y).$
  • Unter Berücksichtigung des zweiten Beitrags durch den Faktor  $2$  erhält man für die gesuchte WDF im Bereich  $0 \le y \le 1$ ):
$$f_y(y)= 2\cdot\frac{\sin^{ 2}({ \pi}/{ 2}\cdot x)}{{ \pi}/{ 2}\cdot \cos({ \pi}/{ 2}\cdot x)}\Big|_{\, x={ 2}/{ \pi}\cdot \arcsin( y)}.$$
Gesuchte WDF
  • Außerhalb ist $f_y(y) \equiv 0$. Dies führt zum Zwischenergebnis
$$f_y(y)=\frac{4}{\pi}\cdot \frac{\sin^{2}(\arcsin( y ))}{\sqrt{\rm 1-\sin^{ 2}(\arcsin( y \rm ))}}.$$
  • Und wegen  $\sin\big (\arcsin(y)\big) = y$:
$$f_y(y)=\frac{ 4}{\pi}\cdot \frac{ y^{2}}{\sqrt{1- y^{\rm 2}}}.$$
  • An der Stelle  $y = 0.6$  erhält man den Wert  $f_y(y= 0.6)\hspace{0.15cm}\underline{=0.573}$.
  • Rechts ist diese WDF  $f_y(y)$  grafisch dargestellt.



(5)  Die WDF ist an der Stelle  $y = 1$  unendlich groß.

  • Dies hängt damit zusammen, dass an dieser Stelle die Ableitung  $g\hspace{0.05cm}'(x)$  der Kennlinie horizontal verläuft.
  • Da aber  $y$  eine kontinuierliche Zufallsgröße ist, gilt trotzdem  ${\rm Pr}(y = 1) \hspace{0.15cm}\underline{= 0}$.


Das bedeutet:

  • Eine Unendlichkeitsstelle in der WDF ist nicht identisch mit einer Diracfunktion.
  • Oder salopper ausgedrückt:   Eine Unendlichkeitsstelle in der WDF ist "weniger" als eine Diracfunktion.