Wahrscheinlichkeitsrechnung 2 - Zettel 4

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Beispiel 24

Berechne Die Dichte der Summe zweier kontinuierlicher Zufallsvariablen X\, und Y\, mit gemeinsamer Dichte f(x,y)\,. Berechne dazu die Verteilungsfunktion durch Substitution von v\, für x + y \, und verwende, daß \frac{d}{dz} \int_{x=-\infty}^z f(x) \, dx = f(z) gilt.

Verwende die gewonnene Formel, um nochmals die Dichte der Summe zweier unabhängiger Zufallsvariablen zu berechnen, die beide gleichverteilt mit Parameter \theta \, sind.

 P(Z \le z) = P(X + Y \le z) = \int_{x=-\infty}^{\infty} \int_{y=-\infty}^{z-x} f(x,y) \, dy \, dx 

Substitution von v = x + y \to y = v - x\, als Vorbereitung für f_z(z) \,

 F_z(z) = \int_{v=-\infty}^{z} \int_{x=-\infty}^{\infty} f(x,v - x) \, dv \, dx 
 \frac{d}{dz} F_z(z) = f_z(z) = \frac{d}{dz} \int_{v=-\infty}^{z} \int_{x=-\infty}^{\infty} f(x,v - x) \, dv \, dx 

Vertauschung der Integrale

 f_z(z) = \int_{x=-\infty}^{\infty} \frac{d}{dz} \int_{v=-\infty}^{z} f(x,v - x) \, dv \, dx 

Jetzt kann \frac{d}{dz} \int_{x=-\infty}^z f(x) \, dx = f(z) aus der Angabe angewendet werden.

 f_z(z) = \int_{x=-\infty}^{\infty} f(x,z - x) \, dx  = gewonnene Formel

Jetzt kann die Summe der beiden unabhängiger gleichverteilten Zufallsvariablen X\, und Y\, mit Parameter \theta \, berechnet werden.

 f_{x,y}(x,y) = f(x) \cdot f(y)  wegen ihrer Unabhängigkeit

 f_{x,y}(x,y) = \frac{1}{\theta} \frac{1}{\theta} = \frac{1}{\theta^2}  nach Einsetzung der Dichte einer gleichverteilten Zufallsvariablen.

Jetzt kann in die oben gewonnen Formel eingesetzt werden, wobei zu beachten ist, dass die Grenzen sich ändern, weil für die Dichte der Gleichverteilung 

f(x) = \frac{1}{\theta}, 0 \le x \le \theta  und 0 sonst

 f_{z}(z) = \int_{x=0}^{\theta} \frac{1}{\theta^2} \, dx = \frac{1}{\theta^2} \int_{x=0}^\theta 1 \, dx = \frac{\theta}{\theta^2} = \frac{1}{\theta}

Beispiel 25

Berechne die Dichte des Quotienten zweier kontinuierlicher Zufallsvariablen X\, und Y\, mit gemeinsamer Dichte f(x,y)\,. Berechne dazu die Verteilungsfunktion

P(\frac{X}{Y} \le z) = P(Y > 0 \, \mathrm{und} \, \frac{X}{Y} \le z) + P(Y < 0 \, \mathrm{und} \, \frac{X}{Y} \le z).

Die Aufsplittung kann gemacht werden, weil es paarweise disjunkte Ereignisse sind. Substituiere dann v \cdot y \, für x\, und beachte, daß \frac{dx}{dv} = y \,. Verwende schließlich wieder, daß \frac{d}{dz} \int_{x=-\infty}^z f(x) \, dx = f(z) gilt. Verwende die gewonnene Formel, um nochmals die Dichte des Quotienten zweier unabhängiger Zufallsvariablen zu berechnen, die beide gleichverteilt mit Parameter \theta \, sind.

Obere Grenze des Integrals für den ersten Teil

\frac{x}{y} \le z \to x \le z \cdot y, weil y > 0 \,

 P(Y > 0 \, \mathrm{und} \, \frac{X}{Y} \le z) = \int_{x=-\infty}^{z \cdot y} \int_{y=0}^\infty f_{X,Y}(x,y) \, dy \, dx 

Substitutiere  x = v \cdot y \, und bedenke die innere Ableitung \frac{dx}{dv} = y \,, 
somit ergibt sich als obere Grenzen  x \le z \cdot y \to v \cdot y \le z \cdot y \, , darf man weil  y > 0 \,

 \int_{x=-\infty}^{z \cdot y} \int_{y=0}^\infty f_{X,Y}(x,y) \, dy \, dx = \int_{v=-\infty}^{z} \int_{y=0}^\infty f_{X,Y}(v \cdot y,y) y \, dy \, dv 

Bildet man nun den ersten Teil der Dichte (d.h. Ableiten und vertauschen der Integrale (darf man nicht wenn der Integrant böse ist)) und verwendet wiederrum \frac{d}{dz} \int_{x=-\infty}^z f(x) \, dx = f(z):

 \frac{d}{dz} \int_{v=-\infty}^{z} \int_{y=0}^\infty f(v \cdot y,y) y \, dy \, dv = \int_{y=0}^\infty f(z \cdot y, y) y \, dy
Nun zum zweiten Teil. Da Y negativ ist, muss x \ge z y \,  
P(Y < 0 \, \mathrm{und} \, \frac{X}{Y} \le z) = \int_{y=-\infty}^0 \int_{x=zy}^\infty f_{X,Y}(x,y) \, dx \, dy
 

Jetzt wird wieder substituiert wie oben und die Grenzen ergeben sich aus

 v \cdot y \ge z \cdot y \to v \le z

\int_{y=-\infty}^0 \int_{x=zy}^\infty f_{X,Y}(x,y) \, dx \, dy =
 \int_{y=-\infty}^0 \int_{v=-\infty}^z f_{X,Y}(vy, y) y \, dv \, dy
 

Martin hat es nochmal so in der Übung durch genommen:

P(\frac{X}{Y} \le z) = P(Y > 0 \land \frac{X}{Y} \le z) + P(Y < 0 \land \frac{X}{Y} \le z) = 

Achtung beim zweiten Term dreht sich sich \le \, um da Y < 0 \, ist. 

P(Y > 0 \land X \le z Y) + P(Y < 0 \land X \ge z Y) =  

Für die Grenzen ist folgendes wichtig:
 x = + \infty \, 

 vy = + \infty \, 

 v = -\infty \, (denn  y < 0 \,)


\int_{y=0}^\infty \int_{x=-\infty}^{zy} f(x,y) \, dx \, dy + \int_{y=-\infty}^0 \int_{x=zy}^\infty f(x,y) \, dy \, dx = 

Substitution x = vy \, mit innerer Ableitung: \frac{dx}{dv} = y \,


  \int_{y=0}^\infty \int_{v=-\infty}^{z} f(vy,y)y \, dv \, dy + 
  \int_{y=-\infty}^0 \int_{v=z}^{-\infty} f(vy,y)y \, dv \, dy = 
 

Kurze Nebenerklärung: \int_{x=2}^{-2} f(x) \, dx = - \int_{x=-2}^2 f(x) \, dx 


  \int_{y=0}^\infty \int_{v=-\infty}^{z} f(vy,y)y \, dv \, dy + 
  \int_{y=-\infty}^0 \int_{v=-\infty}^{z} f(vy,y) (-y) \, dv \, dy = 
 

Aufgrund des Werte Bereiches von y\, kann man ohne Probleme den Betrag davon nehmen


  \int_{y=0}^\infty \int_{v=-\infty}^{z} f(vy,y) |y| \, dv \, dy + 
  \int_{y=-\infty}^0 \int_{v=-\infty}^{z} f(vy,y) |(-y)| \, dv \, dy = 
 

Jetzt kann man zusammenfassen


  \int_{y=-\infty}^\infty \int_{v=-\infty}^{z} f(vy,y) |y| \, dv \, dy =
  \int_{v=-\infty}^{z} \int_{y=-\infty}^\infty f(vy,y) |y| \, dy \, dv =
 
  
Jetzt kann der Hinweis \frac{d}{dz} \int_{x=-\infty}^z f(x) \, dx = f(z) verwendet werden:

 \int_{y=-\infty}^\infty f(zy,y) |y| \, dy 
Und jetzt zu X, Y \sim U[0, \theta]

 
   f_X(x) = 
    \begin{cases} 
     \displaystyle \frac{1}{\theta} \, \mathrm{fuer} \, x \in [0, \theta] \\ 
     0 \,\mathrm{sonst}
    \end{cases}
  

Weil X, Y \, unabhängig sind

 
   f_{X,Y}(x) = 
    \begin{cases} 
     \displaystyle \frac{1}{\theta^2} \, \mathrm{fuer} \, x \in [0, \theta] \\ 
     0 \,\mathrm{sonst}
    \end{cases}
  

Kurze Zwischenrechnung bzgl. der Grenzen:

y \in [0,\theta] \,

zy \in [0,\theta] \,

zy \le \theta \,

y \le \frac{\theta}{z} \,
 \int_{y=-\infty}^\infty f(zy,y) |y| \, dy = \int_0^{\min(0,\frac{\theta}{z})} \frac{1}{\theta^2} |y| \, dy = 

 \frac{1}{\theta^2} \int_0^{\min(0,\frac{\theta}{z})} |y| \, dy = \, 

 \frac{1}{\theta^2} \frac{y^2}{2} \Bigg|_0^{\min(0,\frac{\theta}{z})} = \, 

 \frac{1}{2 \theta} \min(1, \frac{1}{z}) \, 

Beispiel 26

Sei (X,Y) \, ein zufälliger Punkt im Einheitskreis, dh., die gemeinsame Dichte von X\, und Y\, ist \frac{1}{\pi} \,. Zeige, daß X\, und Y\, nicht unabhängig sind, ihre Covarianz aber 0 ist.

Beispiel 26 - Lösung Unabhängigkeit

Die gemeinsame Dichte ist gegeben mit 


 f_{X,Y}(x,y) = 
  \begin{cases}
   \begin{matrix}
    \frac{1}{\pi} & \mathrm{fuer} \, x^2 + y^2 \le 1\\
    0 & \mathrm{sonst}
   \end{matrix}
  \end{cases}
 

Hier ein Bild davon

Wenn Sie unabhängig sind, sollte 

f_{X,Y}(x,y) = f_X(x) \cdot f_Y(y)\, 

gelten. D.h. das Produkt der Randdichten sollte der gemeinsamen Verteilungsfunktion entsprechen.

Daher bestimmen wir vorerst die Randdichte f_X(x)\, und f_Y(y)\,:


  f_X(x) = \int_{y=\infty}^\infty f_{X,Y}(x,y) \, dy 
 

Um nun die Grenzen des Integrals zu bestimmen formen wir die Bedingung x^2 + y^2 \le 1\, nach y\, um:

x^2 + y^2 \le 1\,
y^2 \le 1 - x^2\,
-\sqrt{1 - x^2} \le y \le \sqrt{1 - x^2}\,

Da der Kreis symmetrisch ist, ist leicht zu sehen das auch  x = \sqrt{1 - y^2} \, gilt.

Um uns die Grenzen besser überlegen zu können, betrachten wir folgendes Bild:

Engine.php: unknown attribute(s) "direct"
in
 # "special" is needed, because otherwise width/height are ignored
 pdf(rpdf,paper="special",width=10,height=10)
 plot(1,1,xlim=c(-1.5,1.5),ylim=c(-1.5,1.5),type="n",xlab="X",ylab="Z")
 curve(sqrt(1-x^2),-1,1,add=T)
 curve(-sqrt(1-x^2),-1,1,add=T)
 
 arrows(0.5,-1.5,0.5,-1.3)
 segments(0.5,-sqrt(1-0.5^2),0.5,sqrt(1-0.5^2),col=2)

 text(0.55,-1.1,expression(f[X](0.5)==integral(f(0.5,y)*dy,-sqrt(1-0.5^2),sqrt(1-0.5^2))))
Die Randdichten entsprechen der Ansicht auf die Verteilung von der jeweiligen Achse. D.h. wir wollen in der Lage sein, nur die Verteilung von X\,
zu betrachten.
Die rote Linie zeigt einen Teil der Randdichte f_X(x) \, um sich die Grenzen besser Vorstellen zu können.

Nun wissen wir, das die Randdichte von X\, gegeben ist durch


  f_X(x) = \int_{y=\infty}^\infty f_{X,Y}(x,y) \, dy = 
   \int_{y=-\infty}^{-\sqrt{1-x^2}} 0 \, dy + 
   \int_{y=-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \frac{1}{\pi} \, dy +
   \int_{y=0}^\infty 0 \, dy
 


  f_X(x) = \int_{y=-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \frac{1}{\pi} \, dy = 
  \frac{1}{\pi} y \Big|_{y=-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} = 
  \frac{1}{\pi} \sqrt{1-x^2} - (-\sqrt{1-x^2}) = \frac{2}{\pi} \sqrt{1-x^2}
 

Auf Grund der Symmetrie ist natürlich f_Y(y) = \frac{2}{\pi} \sqrt{1-y^2}.
Um vollkommen korrekt zu sein ist die Dichte von X\, gegeben durch

f_X(x) = \begin{cases}\begin{matrix} \frac{2}{\pi} \sqrt{1-x^2} & \mathrm{fuer} \, -1 \le x \le 1 \\ 0 & \mathrm{sonst} \end{matrix} \end{cases} 

Engine.php: unknown attribute(s) "direct"
in
 # "special" is needed, because otherwise width/height are ignored
 pdf(rpdf)
 plot(1,1,xlim=c(-1.5,1.5),ylim=c(0,0.7),type="n",xlab="X",ylab=expression(f[X](x)))
 curve(2/pi * sqrt(1-x^2),-1,1,add=T)
Nun kann die Unabhängigkeit überprüft werden:

f_{X,Y}(x,y) = f_X(x) \cdot f_Y(y) 

Da aber 

\frac{1}{\pi} \ne \frac{2}{\pi} \sqrt{1-x^2} \cdot \frac{2}{\pi} \sqrt{1-y^2}

ist, sind X\, und Y\, nicht unabhängig.

Beispiel 26 - Lösung Kovarianz

Nun zur de:Kovarianz_(Stochastik). Diese ist definiert als

\mathrm{Cov}(X,Y) = E[(X-E(X))(Y-E(Y))] = E(X \cdot Y) - E(X) \cdot E(Y) \,

D.h. einsetzen in die Definition des Erwartungswertes:

E(X) = \int_{-\infty}^\infty x \cdot f(x) \, dx 

bzw. 

 Y = g(X_1, ..., X_n) \,  wobei X_i\, eine gemeinsame Dichtefunktion f_{X_1,...X_n} \, besitzen ist der Erwartungswert definiert als

 E(Y) = \int \int ... \int g(x_1, ..., x_n) f_{X_1,...X_N}(x_1,...x_n) \, dx_1 ... dx_n 

Zuerst wird E(X)\, berechnet:

E(X) = \int_{-\infty}^\infty x \cdot f(x) \, dx = \int_{-1}^1 \frac{2}{\pi} x \sqrt{1-x^2} \, dx = \frac{2}{\pi} \int_{-1}^1 x \sqrt{1-x^2} \, dx 

und 

E(Y) = \frac{2}{\pi} \int_{-1}^1 y \sqrt{1-y^2} \, dy 
 
So mit Hilfe von Substitution u = 1-x^2, u'=-2x \,. 
Jetzt noch die Eselsbrücke \frac{du}{dx} = -2x \to dx = \frac{du}{-2x} und wir können E(X) \, bzw. E(Y) \, integrieren.

E(X) = \frac{2}{\pi} \int_{-1}^1 x \sqrt{1-x^2} \, dx = \frac{2}{\pi} \int_{-1}^1 x \sqrt{u} \frac{1}{-2x} \, du = - \frac{1}{\pi} \int_{-1}^1 \sqrt{u} \, du

   E(X) = 
   - \frac{1}{\pi} \frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}} \Bigg|_{-1}^1 =
   - \frac{1}{\pi} \frac{2}{3} (1-x^2)^{\frac{3}{2}} \Bigg|_{-1}^1 =
   - \frac{2}{3\pi} ((1-1^2)^{\frac{3}{2}} - (1-(-1)^2)^{\frac{3}{2}})=
   - \frac{2}{3\pi} (1 - 1) = 0
 

Betrachtet man die Grafik zu f_X(x)\, ist das eigentlich nicht unerwartet.


  E(X \cdot Y) = 
  \int_{x=-1}^1 \int_{y=-\sqrt{1-x^2}}^\sqrt{1-x^2} x \cdot y \frac{1}{\pi} \, dy \, dx = 
  \frac{1}{\pi} \int_{x=-1}^1 \int_{y=-\sqrt{1-x^2}}^\sqrt{1-x^2} x \cdot y \, dy \, dx = 
 


  = 
  \frac{1}{\pi} \int_{x=-1}^1 x \frac{y^2}{2} \Bigg|_{y=-\sqrt{1-x^2}}^\sqrt{1-x^2} \, dx = 
  \frac{1}{\pi} \int_{x=-1}^1 \frac{x}{2} y^2 \Bigg|_{y=-\sqrt{1-x^2}}^\sqrt{1-x^2} \, dx = 
 


  =
  \frac{1}{\pi} \int_{-1}^1 \frac{x}{2} \left[\sqrt{1-x^2}^2 - (-\sqrt{1-x^2})^2 \right] \, dx =
  \frac{1}{\pi} \int_{-1}^1 \frac{x}{2} \left[(1-x^2) - (1-x^2)\right] \, dx =
  \frac{1}{\pi} \int_{-1}^1 0 \, dx = 0
 

So und nun alles gemeinsam

\mathrm{Cov}(X,Y) = E(X \cdot Y) - E(X)\cdot E(Y) = 0 - 0 \cdot 0 = 0\,

Beispiel 27

U_1, U_2, U_3 \sim U[0,1] unabh.


 P(U_3^2 > U_1 U_2) = \int_{u_1=0}^1 \int_{u_2=0}^1 \int_{u_3=\sqrt{u_1 u_2}}^1 1 \, du_3 \, du_2 \, du_1 = \int_{u_1=0}^1 \int_{u_2=0}^1 1 - \sqrt{u_1 u_2} \, du_2 \, du_1 =


 = \int_0^1 u_2 - \sqrt{u_1} \frac{u_2^\frac{3}{2}}{\frac{3}{2}} \Bigg|_{u_2=0}^1 \, du_1 = \int_0^1 1 - \sqrt{u_1} \frac{2}{3} \, du_1 = u_1 - \frac{u_1^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} \frac{2}{3} \Bigg|_0^1
 = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9}

Meine Erklärung (ob die Richtig ist?): 
Die ersten beiden Integrale \int_{u_1=0}^1 \int_{u_2=0}^1 braucht um das erste Rechteck mit seiner
(stochastischen?) Grösse zu modellieren. 
Das zweite Integral \int_{u_3=\sqrt{u_1 u_2}}^1 modelliert das Quadrat wobei man zum Vergleichen
aus dem Rechteck die Seitenlänge eines passenden Quadrates berechnet und als Untergrenze angibt.
Frage: Was würde innerhalb des Integrals stehen, wenn die Dichten nicht 1 sind.