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

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Dreieckigförmiges 2D-Gebiet

Eine 2D-Zufallsgröße ist durch die nebenstehende Skizze definiert:

• Für  $(x, \ y)$  können nur Werte innerhalb des durch die drei Eckpunkte  $(0,\ 1)$, $(4,\ 3)$ und $(4,\ 5)$  festgelegten dreieckförmigen Gebietes auftreten.
• Innerhalb des Dreiecks sind alle Zufallsgrößen  $(x, \ y)$  gleichwahrscheinlich.
• Für die 2D–WDF gilt in diesem Bereich:

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

Zusätzlich ist die Gerade  $x = y$   ⇒   „Winkelhalbierende”   in obiger Skizze eingezeichnet   ⇒  siehe Teilaufgabe  (2).

Hinweis:

• Die Aufgabe gehört zum Kapitel  Zweidimensionale Zufallsgrößen.

Fragebogen

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 $1$:

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

Die Dreiecksfläche ist $D = 0.5 \cdot 2 \cdot 4 = 4$. Da in diesem Definitionsgebiet die WDF konstant gleich $A$ ist, erhält man $A= 1/D\hspace{0.15cm}\underline{= 0.25}$.

Dreieckförmige 2D-WDF

(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:

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

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$.

Rand–WDF bezüglich $x$

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit entspricht der schraffierten Fläche in der linken 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 der 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 $0$.
• 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 der nebenstehenden Skizze und ergibt aufgrund der Symmetrie

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

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 letzten 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.