Aufgaben:Exercise 4.1Z: Calculation of Moments

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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 m₁ (Moment erster Ordnung),
• dem Moment zweiter Ordnung  ⇒  m₂,
• der Varianz σ² = m₂ – m₁² (Satz von Steiner), und
• der Streuung σ.

Hinweis: Die Aufgabe gehört zum Kapitel 4.1 des vorliegenden Buches. Sie fasst gleichzeitig die erforderlichen Vorkenntnisse von Kapitel 3 des Buches „Stochastische Signaltheorie” zusammen. 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

1

Wie groß ist der Maximalwert A_X der WDF f_X(x)?

	AX = λ/2,
	AX = λ,
	AX = 1/λ.

2

Wie groß ist der Maximalwert A_Y der WDF f_Y(y)?

	AY = λ/2,
	AY = λ,
	AY = 1/λ.

3

Gibt es ein Argument z, so dass f_X(z) = f_Y(z) gilt?

	Ja.
	Nein.

4

Welche Aussagen gelten für die Kenngrößen der Exponentialverteilung?

	Der lineare Mittelwert ist m1 = 1/λ.
	Der quadratische Mittelwert ist m2 = 2/λ2.
	Die Varianz ist σ2 = 1/λ2.

5

Welche Aussagen gelten für die Kenngrößen der Laplaceverteilung?

	Der lineare Mittelwert ist m1 = 1/λ.
	Der quadratische Mittelwert ist m2 = 2/λ2.
	Die Varianz ist σ2 = 1/λ2.

6

Mit welcher Wahrscheinlichkeiten unterscheidet sich die Zufallsgröße <nobr>(X bzw. Y)</nobr> vom Mittelwert m betragsmäßig um mehr als die Streuung σ?

$Exponential: Pr(|X – mX| > σX)$ =

$Laplace: Pr(|Y – mY| > σY)$ =

Musterlösung

Solution

a)  Die Fläche unter der WDF muss immer 1 sein. Daraus folgt für die Exponentialverteilung: $$A_{X} \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = A_{X} \cdot (-1/\lambda)\cdot\left [{\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\right ]_{0}^{\infty} = A_{X} \cdot (1/\lambda) \stackrel{!}{=} 1 \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} A_{X} = \lambda \hspace{0.05cm}. $$ Richtig ist somit der Lösungsvorschlag 2.

b)  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 = λ/2  ⇒ Lösungsvorschlag 1.

c)  Richtig ist JA, obwohl für z ≠ 0 stets f_X(z) ≠ f_Y(z) gilt. Betrachten wir nun den Sonderfall z = 0:

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

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

d)  Bei der Exponentialverteilung erhält man entsprechend [BS01] 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: $$\sigma^2 = m_2 - m_1^2 = {2}/{\lambda^2} -{1}/{\lambda^2} = {1}/{\lambda^2} \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} \sigma = {1}/{\lambda}\hspace{0.05cm}.$$ Richtig sind also alle Lösungsvorschläge.  Hinweis: Bei der Exponentialverteilung berechnet sich das Moment k–ter Ordnung allgemein zu m_k = k!/λ^k   ⇒   m₁ = 1/λ,   m₂ = 2/λ²,    m₃ = 6/λ³, ...

e)  Richtig ist nur der Lösungsvorschlag 2: Der quadratische Mittelwert der Laplaceverteilung ist aufgrund der symmetrischen WDF genau so groß wie bei der Exponentialverteilung: $$m_2 = \frac{\lambda}{2} \cdot \int_{-\infty}^{\infty} \hspace{-0.01cm} y^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}|y|}\hspace{0.1cm}{\rm d}y = \lambda \cdot\int_{0}^{\infty} \hspace{-0.01cm} y^2 \cdot {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}y}\hspace{0.1cm}{\rm d}y = {2}/{\lambda^2} \hspace{0.05cm}.$$ Der Mittelwert der Laplaceverteilung ist m₁ = 0. Damit ist die Varianz der Laplaceverteilung doppelt so groß wie bei der Exponentialverteilung: $$\sigma^2 = m_2 - m_1^2 = {2}/{\lambda^2} - 0 ={2}/{\lambda^2} \hspace{0.3cm} \Rightarrow\hspace{0.3cm} \sigma = {\sqrt{2}}/{\lambda}\hspace{0.05cm}.$$

f)  Für die Exponentialverteilung ergibt sich entsprechend der oberen Grafik mit m_X = σ_X = 1/λ: $${\rm Pr}( |X - m_X| > \sigma_X) = {\rm Pr}( X > 2/\lambda) $$ $$\ = \lambda \cdot\int_{2/\lambda}^{\infty} \hspace{-0.01cm} {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = -\left [ {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x} \right ]_{2/\lambda}^{\infty}$$ $$\ = {\rm e}^{-2} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.135}\hspace{0.05cm}.$$ Für die Laplaceverteilung (untere Grafik) erhält man mit m_Y = 0 und σ_Y = 2^0.5/λ: $${\rm Pr}( |Y - m_Y| > \sigma_Y) = 2 \cdot {\rm Pr}( Y > \sqrt{2}/\lambda) $$ $$\ = 2 \cdot \frac{\lambda}{2} \cdot\int_{\sqrt{2}/\lambda}^{\infty} \hspace{-0.01cm} {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x}\hspace{0.1cm}{\rm d}x = \left [ {\rm e}^{-\lambda \hspace{0.05cm}\cdot \hspace{0.05cm}x} \right ]_{\sqrt{2}/\lambda}^{\infty}$$ $$\ = - {\rm e}^{-\sqrt{2}} \hspace{0.15cm}\underline {\approx 0.243}\hspace{0.05cm}.$$

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