Aufgaben:Exercise 4.1: Triangular (x, y) Area

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Triangular 2D area

A 2D random variable is defined by the adjacent sketch:

• F  $(x, \ y)$  only values within the triangular-shaped region defined by the three vertices  $(0,\ 1)$, $(4,\ 3)$, and $(4,\ 5)$  can occur.
• Within the triangle, all the random variables  $(x,\ y)$  are equally probable.
• For the 2D–WDF, in this domain:

$$f_{xy}(x,y) = A .$$

In addition, the straight line  $x = y$   ⇒   "angle bisector"   is drawn in the sketch above   ⇒  see subtask  (2).

Hints:

• The exercise belongs to the chapter  Two-Dimensional Random Variables.

Questions

1

Bestimmen Sie die WDF–Konstante anhand geometrischer Überlegungen.

$A \ = \ $

2

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass  $x$  größer als  $y$  ist.

${\rm Pr}(x > y) \ = \ $

3

Ermitteln Sie die Rand–WDF  $f_x(x)$.  Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass  $x$  größer oder gleich  $2$  ist.
Überprüfen Sie den Wert anhand der 2D–WDF.

${\rm Pr}(x ≥ 2)\ = \ $

4

Ermitteln Sie die Rand–WDF  $f_y(y)$.  Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass  $y$  größer oder gleich  $3$  ist.
Überprüfen Sie den Wert anhand der 2D–WDF.

${\rm Pr}(y ≥ 3)\ = \ $

5

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass die Zufallsgröße  $x$  größer oder gleich  $2$  und gleichzeitig die Zufallsgröße  $y$  größer oder gleich  $3$  ist?

${\rm Pr}\big[(x ≥ 2) ∩ (y ≥ 3)\big]\ = \ $

6

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass  $x$  größer oder gleich  $2$  ist, unter der Bedingung, dass  $y \ge 3$  gilt?

${\rm Pr}\big[x ≥ 2\hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} y ≥ 3\big]\ = \ $

7

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass  $y \ge 3$  ist, unter der Bedingung, dass  $x \ge 2$  gilt?

${\rm Pr}\big[y ≥ 3\hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} x ≥ 2\big]\ = \ $

Musterlösung

Solution

(1)  Das Volumen unter der zweidimensionalen WDF ist definitionsgemäß gleich  $1$:

Dreieckförmige 2D-WDF

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}f_{xy}(x,y)\, {\rm d}x\, {\rm d}y=1.$$

• Die Dreiecksfläche ist  $D = 0.5 \cdot 2 \cdot 4 = 4$.
• Da in diesem Definitionsgebiet die WDF konstant gleich  $A$  ist, erhält man

$$A= 1/D\hspace{0.15cm}\underline{= 0.25}.$$

(2)  Zur Lösung gehen wir von nebenstehender Skizze aus.

• Das Gebiet  $x>y$  liegt rechts von der Winkelhalbierenden  $x=y$  und ist grün markiert.

• Diese grüne Dreiecksfläche ist  $D_{\rm (2)} = 0.5 \cdot 1 \cdot 2 = 1 $, also genau ein Viertel der Gesamtfläche  $D$  des Definitionsgebietes.
• Daraus folgt  ${\rm Pr}(x > y)\hspace{0.15cm}\underline{= 0.25}$.

(3)  Für die gesuchte Rand–WDF gilt in diesem Fall:

Rand–WDF bezüglich  $x$

$$f_x(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_{xy}(x,y)\, {\rm d}y=A\cdot B_y (x).$$

• Hierbei bezeichnet  $B_y(x)$  die Breite des Gebietes  $f_{xy} \ne 0$  in  $y$–Richtung beim betrachteten  $x$–Wert.
• Es gilt:  $B_y(x) = x/2$.  Mit  $A = 0.25$  folgt  $f_{x}(x) = x/8$  für den Bereich  $ 0 \le x \le 4$.

• Die gesuchte Wahrscheinlichkeit entspricht der schraffierten Fläche in nebenstehender Skizze.  Man erhält:

$$\rm Pr(\it x\ge \rm 2) = \rm 1-\rm Pr(\it x < \rm 2) = \rm 1-\frac{1}{2}\cdot2\cdot 0.25\hspace{0.15cm}\underline{ =0.75}. $$

• Zum gleichen Ergebnis gelangt man anhand der 2D–WDF:  Rechts von  $x = 2$  liegt  $3/4$  des gesamten Definitionsgebiets.

Rand–WDF bezüglich  $y$

(4)  Analog der Musterlösung zur Teilaufgabe  (3)  gilt:

$$f_y(y)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_{xy}(x,y)\, {\rm d}x=A\cdot B_x (y).$$

• Die Ausbreitung des WDF–Gebietes in  $x$–Richtung ist für  $y \le 1$  und  $y \ge 5$  jeweils Null.
• Das Maximum liegt bei  $y=3$  und ergibt  $B_x(y=3) = 2$.
• Dazwischen ist die Zu– und Abnahme von  $B_x(y)$  linear und es ergibt sich eine dreieckförmige WDF.
• Die Wahrscheinlichkeit, dass  $y \ge 3$  ist, entspricht der grün schraffierten Fläche in nebenstehender Skizze.
• Aufgrund der Symmetrie erhält man:

$${\rm Pr}(y ≥ 3)\hspace{0.15cm}\underline{ =0.5}. $$

Zum gleichen Ergebnis kommt man anhand der 2D–WDF:   Oberhalb der Horizontalen  $y= 3$  liegt die Hälfte des gesamten Definitionsgebietes.

Zur Teilaufgabe (5)

(5)  Wenn  $y \ge 3$  ist  $($rot hinterlegtes Dreieck  $D)$,  gilt stets auch  $x \ge 2$  $($grün umrandetes Trapez  $T)$.

• Das bedeutet:  In diesem Beispiel ist  $D$  eine Teilmenge von  $T$, und es gilt:

$${\rm Pr}[(x ≥ 2) ∩ (y ≥ 3)] = {\rm Pr}(y ≥ 3) \hspace{0.15cm}\underline{= 0.50}.$$

(6)  Entsprechend der Lösung zur Teilaufgabe  (5)  folgt aus  $y \ge 3$  mit Sicherheit auch  $x \ge 2$.

• Somit ist die gesuchte bedingte Wahrscheinlichkeit:

$${\rm Pr}[x ≥ 2\hspace{0.05cm} | \hspace{0.05cm} y ≥ 3]\hspace{0.15cm}\underline{= 1}.$$

(7)  Diese Teilaufgabe kann man mit dem Satz von Bayes und den Ergebnissen aus  (2)  und  (5)  lösen:

$$\rm Pr(\it y \ge \rm 3\hspace{0.1cm}|\hspace{0.1cm} \it x \ge \rm 2) = \frac{ \rm Pr((\it x \ge \rm 2)\cap(\it y \ge \rm 3))} {\rm Pr(\it x \ge \rm 2)}=2/3\hspace{0.15cm}\underline{=0.667}.$$

• Oder anders ausgedrückt:   Die Fläche  $D$  des rot hinterlegten Dreiecks macht  $2/3$  der Fläche des grün umrandeten Trapezes  $T$  aus.