Exercise 3.3Z: Moments for Triangular PDF

Zweimal dreieckförmige WDF

Wir betrachten in dieser Aufgabe zwei Zufallssignale $x(t)$ und $y(t)$ mit jeweils dreieckförmiger WDF, nämlich

die einseitige Dreieck-WDF gemäß der oberen Grafik:

$$f_x(x)=\left\{ \begin{array}{*{4}{c}} 0.5 \cdot (1-{ x}/{\rm 4}) & \rm f\ddot{u}r\hspace{0.2cm}{\rm 0 \le {\it x} \le 4},\\\rm 0 & \rm sonst. \end{array} \right.$$

die zweiseitige Dreieck-WDF gemäß der unteren Grafik:

$$ f_y(y)=\left\{ \begin{array}{*{4}{c}} 0.25 \cdot (1-{ |y|}/{\rm 4}) & \rm f\ddot{u}r\hspace{0.2cm}{ -4 \le {\it y} \le \rm 4},\\\rm 0 & \rm sonst. \end{array} \right.$$

Berücksichtigen Sie zur Lösung dieser Aufgabe die Gleichung für die Zentralmomente:

$$\mu_k=\sum\limits_{\kappa = \rm 0}^{\it k}\left({k} \atop {\kappa}\right)\cdot m_k\cdot(-m_{\rm 1})^{k - \kappa}.$$

Im Einzelnen ergeben sich mit dieser Gleichung folgende Ergebnisse:

$$\mu_{\rm 1}=0,\hspace{0.5cm}\mu_{\rm 2}=\it m_{\rm 2}-\it m_{\rm 1}^{\rm 2},\hspace{0.5cm}\mu_{\rm 3}=\it m_{\rm 3}-\rm 3\cdot\it m_{\rm 2}\cdot \it m_{\rm 1} {\rm +}\rm 2\cdot\it m_{\rm 1}^{\rm 3},$$

$$\mu_{\rm 4}=\it m_{\rm 4}-\rm 4\cdot\it m_{\rm 3}\cdot \it m_{\rm 1}\rm +6\cdot\it m_{\rm 2}\cdot\it m_{\rm 1}^{\rm 2}-\rm 3\cdot\it m_{\rm 1}^{\rm 4}.$$

Aus den Zentralmomenten höherer Ordnung kann man unter anderem ableiten:

die „Charliersche Schiefe” $S = {\mu_3}/{\sigma^3}\hspace{0.05cm},$

die „Kurtosis” $K = {\mu_4}/{\sigma^4}\hspace{0.05cm}.$

Hinweise:

Die Aufgabe gehört zum Kapitel Erwartungswerte und Momente.
Bezug genommen wird insbesondere auf die Seite Einige häufig benutzte Zentralmomente.

Fragebogen

$m_x \ = \ $

$\sigma_x\ = \ $

$S_x \ = \ $

	Alle Momente mit ungeradzahligem $k$ sind $m_k =0$.
	Alle Momente mit geradzahligem $k$ sind $m_k =0$.
	Alle Momente $m_k$ mit geradzahligem $k$ sind wie in der Teilaufgabe (1) berechnet.
	Die Zentralmomente $\mu_k$ sind gleich den nichtzentrierten Momenten $m_k$.

$\sigma_y \ = \ $

$K_y \ = \ $

Musterlösung

Solution

(1) Für das Moment $k$–ter Ordnung der Zufallsgröße $x$ gilt:

$$m_k=1/2\cdot \int_{\rm 0}^{\rm 4} x^k\cdot ( 1-\frac{\it x}{\rm 4}) \hspace{0.1cm}{\rm d}x.$$

Dies führt zu dem Ergebnis:

$$m_k=\frac{x^{ k+ 1}}{ 2\cdot ( k+ 1)}\Bigg|_{\rm 0}^{\rm 4}-\frac{x^{ k+2}}{8\cdot ( k+2)}\Bigg|_{\rm 0}^{\rm 4}=\frac{\rm 2\cdot \rm 4^{\it k}}{(\it k\rm +1)\cdot (\it k\rm + 2)}.$$

Daraus erhält man für den linearen Mittelwert $(k= 1)$:

$$m_x=\rm {4}/{3}\hspace{0.15cm}\underline{=1.333}.$$

(2) Der quadratische Mittelwert $(k= 2)$ beträgt $m_2 = 8/3$. Daraus folgt mit dem Satz von Steiner:

$$\sigma_x^{\rm 2}={8}/{3}-({4}/{3})^2=\rm {8}/{9}\hspace{0.5cm}\Rightarrow\hspace{0.5cm} \sigma_x\hspace{0.15cm}\underline{\approx \rm 0.943}.$$

(3) Mit $m_1 = 4/3$, $m_2 = 8/3$ und $m_3 = 32/5$ erhält man mit der angegebenen Gleichung für das Zentralmoment dritter Ordnung: $\mu_3 = 64/135 \approx 0.474$.
Daraus folgt für die Charliersche Schiefe:

$$S_x=\rm \frac{64/135}{\Big(\sqrt {8/9}\Big)^3}=\frac{\sqrt{8}}{5}\hspace{0.15cm}\underline{\approx 0.566}.$$

Aufgrund der unsymmetrischen WDF ist $S_x \ne 0$.

(4) Richtig sind die Lösungsvorschläge 1, 3 und 4:

Bei symmetrischer WDF sind alle ungeraden Momente Null, unter anderem auch der Mittelwert $m_y$.
Deshalb gibt es hinsichtlich der Zufallsgröße $y$ keinen Unterschied zwischen den Momenten $m_k$ und den Zentralmomenten $\mu_k$.
Die Momente $m_k$ mit geradzahligem $k$ sind für die Zufallsgrößen $x$ und $y$ gleich. Offensichtlich wird dies an den Zeitmittelwerten.
Da $x^2(t) = y^2(t)$, sind für $k = 2n$ auch die Momente gleich:

$$m_k=m_{2 n}=\ \text{...}\int [x^2(t)]^n \hspace{0.1cm}{\rm d} x=\ \text{...}\int [y^2(t)]^n \hspace{0.1cm}{\rm d} y.$$

(5) Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (2) gilt:

$$m_2=\mu_{\rm 2}=\sigma_y^2=\rm {8}/{3} = 2.667\hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} \sigma_y\hspace{0.15cm}\underline{=1.633}.$$

(6) Das Zentralmoment vierter Ordnung ist bei symmetrischer WDF gleich dem Moment $m_4$.
Aus der in Teilaufgabe (1) berechneten allgemeinen Gleichung erhält man $\mu_4 = 256/15.$ Daraus folgt für die Kurtosis:

$$K_y=\frac{\mu_{\rm 4}}{\sigma_y^{\rm 4}}=\rm \frac{256/15}{(8/3)^2}\hspace{0.15cm}\underline{=2.4}.$$

Hinweis: Dieser Zahlenwert gilt für die Dreieck-WDF allgemein und liegt zwischen den Kurtosiswerten von Gleichverteilung $(K = 1.8)$ und Gaußverteilung $(K = 3)$. Dies ist eine quantitative Bewertung der Tatsache, dass hier

die Ausläufer ausgeprägter sind als bei einer gleichverteilten Zufallsgröße,
aber aufgrund der Begrenzung weniger stark als bei Gaußschen Größen.

Anschließend soll noch nachgewiesen werden, dass auch die unsymmetrische Dreieck-WDF $f_x(x)$ entsprechend der oberen Skizze auf dem Angabenblatt die gleiche Kurtosis besitzt:

$$\mu_{ 4} = m_{\rm 4}- 4\cdot m_{\rm 3}\cdot m_{\rm 1}+ 6\cdot m_{\rm 2}\cdot m_{\rm 1}^{\rm 2}- 3\cdot m_{\rm 1}^{\rm 4}= \frac{256}{15} - 4 \cdot \frac{32}{5}\cdot \frac{4}{3} + 6 \cdot \frac{8}{3}\cdot \left(\frac{4}{3}\right)^2 -3 \cdot \left(\frac{4}{3}\right)^4 =\frac{256}{15 \cdot 9}$$

Mit dem Ergebnis der Teilaufgabe (3) ⇒ $\sigma_x^2 = 8/9$ folgt daraus:

$$ K_x = \frac{{256}/(15 \cdot 9)}{8/9 \cdot 8/9} = 2.4.$$