Mehrdimensionale Zufallsvariablen I

Aufgabe 1

Als Tabelle inklusive Randsummen ergibt sich:

\(X_1 \backslash X_2\)	\(1\)	\(3\)	\(10\)	\(\Sigma\)
\(2\)	\(0.05\)	\(0.03\)	\(0.02\)	\(0.10\)
\(4\)	\(0.20\)	\(0.10\)	\(0.05\)	\(0.35\)
\(6\)	\(0.20\)	\(0.25\)	\(0.10\)	\(0.55\)
\(\Sigma\)	\(0.45\)	\(0.38\)	\(0.17\)	\(1\)

• a) Es liegt Unabhängigkeit vor, wenn das Produkt der Randwahrscheinlichkeiten stets der gemeinsamen Wahrscheinlichkeit entspricht. Dies ist bereits für \(0.05 \neq 0.1 \cdot 0.45\) nicht gegeben. Folglich besteht keine Unabhängigkeit.
• b)
  • b1) \(f_{X_1}(4) = 0.35\), \(F_{X_1}(4) = 0.45\), \(F_{X_2}(8) = 0.83\)
  • b2) \(F_{\mathbf{X}}(5,5) = 0.38\), \(F_{\mathbf{X}}(1,10) = 0\), \(F_{\mathbf{X}}(5,0) = 0\)
  • b3) \(P(X_1 \leq 5 \vee X_2 \leq 5) = 1 - P(X_1 > 5 \wedge X_2 > 5) = 1 - 0.1 = 0.9\)
  • b4) \(P(X_1 \leq 4 \mid X_2 = 3) = \frac{0.03 + 0.10}{0.38} = \frac{13}{38} \approx 0.3421\), \(P(X_2 = 3 \mid X_1 = 4) = \frac{0.1}{0.35} = \frac{2}{7} \approx 0.2857\)
• c) Für die Randwahrscheinlichkeits- bzw. Randverteilungsfunktion von \(X_2\) ergibt sich: \[ f_{X_2}(x_2) = \begin{cases} 0.45 & \text{für } x_2 = 1 \\ 0.38 & \text{für } x_2 = 3 \\ 0.17 & \text{für } x_2 = 10 \\ 0 & \text{sonst} \end{cases} \] \[ F_{X_2}(x_2) = \begin{cases} 0 & \text{für } x_2 < 1 \\ 0.45 & \text{für } 1 \leq x_2 < 3 \\ 0.83 & \text{für } 3 \leq x_2 < 10 \\ 1 & \text{für } x_2 \geq 10 \end{cases} \]
• d) Allgemein gilt: \[ E(X_1 \mid X_2 = x_2) = \sum_{i} x_{1,i} \cdot f_{X_1 \mid X_2}(x_{1,i} \mid x_2) = \frac{1}{f_{X_2}(x_2)} \sum_{i} x_{1,i} \cdot f_{(X_1,X_2)}(x_{1,i},x_2) \] Somit ergibt sich hier: \[ E(X_1 \mid X_2 = 10) = \frac{1}{f_{X_2}(10)} \sum_{i} x_{1,i} \cdot f_{(X_1,X_2)}(x_{1,i},10) = \frac{1}{0.17} \cdot \left(2 \cdot 0.02 + 4 \cdot 0.05 + 6 \cdot 0.10\right) = \frac{84}{17} \approx 4.9412 \]

Aufgabe 2

Allgemein gilt für stetige zweidimensionale Zufallsvariablen mit gemeinsamer Dichte \(f_{\mathbf{X}}(x_1,x_2)\):

\[ P(a \leq X_1 \leq b, c \leq X_2 \leq d) = \int\limits_a^b \int\limits_c^d f_{\mathbf{X}}(x_1,x_2) \, dx_2 \, dx_1 \]

Das bedeutet für die Verteilungsfunktion:

\[ F_{\mathbf{X}}(x_1,x_2) = P(-\infty \leq X_1 \leq x_1, -\infty \leq X_2 \leq x_2) = \int\limits_{-\infty}^{x_1} \int\limits_{-\infty}^{x_2} f_{\mathbf{X}}(u_1,u_2) \, du_2 \, du_1 \]

Die Verteilungsfunktion des Zufallsvektors \(\mathbf{X}\) für \(0 \leq x_1 \leq 4, 0 \leq x_2 \leq 1\) ist:

\[\begin{align*} F_{\mathbf{X}}(x_1,x_2) &= \int\limits_{-\infty}^{x_1} \int\limits_{-\infty}^{x_2} f_{\mathbf{X}}(u_1,u_2) \, du_2 \, du_1 \\ &= \int_0^{x_1} \int_0^{x_2} 0.25 \, du_2 \, du_1 \\ &= \int_0^{x_1} [0.25u_2]_0^{x_2} \, du_1 = \int_0^{x_1} 0.25x_2 \, du_1 \\ &= [0.25x_2u_1]_0^{x_1} = 0.25x_1x_2 \end{align*}\]

Betrachtet man z.B. den Fall \[ 0 \leq x_1 \leq 4, x_2 > 1 \] so folgt:

\[\begin{align*} F_{\mathbf{X}}(x_1,x_2) &= \int\limits_{-\infty}^{x_1} \int\limits_{-\infty}^{x_2} f_{\mathbf{X}}(u_1,u_2) \, du_2 \, du_1 \\ &= \int_0^{x_1} \left( \int_0^{1} 0.25 \, du_2 + \int_1^{x_2} 0 \, du_2 \right) \, du_1 \\ &= \int_0^{x_1} \int_0^{1} 0.25 \, du_2 \, du_1 \\ &= \int_0^{x_1} [0.25u_2]_0^{1} \, du_1 = \int_0^{x_1} 0.25 \, du_1 \\ &= [0.25u_1]_0^{x_1} = 0.25x_1 \end{align*}\]

Für \[ x_1 > 4, 0 \leq x_2 \leq 1 \] gilt:

\[\begin{align*} F_{\mathbf{X}}(x_1,x_2) &= \int\limits_{-\infty}^{x_1} \int\limits_{-\infty}^{x_2} f_{\mathbf{X}}(u_1,u_2) \, du_2 \, du_1 \\ &= \int_0^{4} \int_0^{x_2} 0.25 \, du_2 \, du_1 + \int_4^{x_1} \int_0^{x_2} 0 \, du_2 \, du_1 \\ &= \int_0^{4} \int_0^{x_2} 0.25 \, du_2 \, du_1 \\ &= \int_0^{4} [0.25x_2u_1]_0^{x_2} \, du_1 = \int_0^{4} 0.25x_2 \, du_1 \\ &= [0.25x_2u_1]_0^{4} = x_2 \end{align*}\]

Somit gilt insgesamt:

\[\begin{align*} F_{\mathbf{X}}(x_1,x_2) = \begin{cases} 0 & \text{für } x_1 < 0 \vee x_2 < 0 \\ 0.25x_1x_2 & \text{für } 0 \leq x_1 \leq 4 \wedge 0 \leq x_2 \leq 1 \\ x_2 & \text{für } x_1 > 4 \wedge 0 \leq x_2 \leq 1 \\ 0.25x_1 & \text{für } 0 \leq x_1 \leq 4 \wedge x_2 > 1 \\ 1 & \text{sonst} \end{cases} \end{align*}\]

Analog lässt sich die Wahrscheinlichkeit berechnen:

\[\begin{align*} P(2 \leq X_1 \leq 3; 0.5 \leq X_2 \leq 1) &= \int\limits_{2}^{3} \int\limits_{0.5}^{1} f_{\mathbf{X}}(u_1,u_2) \, du_2 \, du_1 \\ &= \int\limits_{2}^{3} \int\limits_{0.5}^{1} 0.25 \, du_2 \, du_1 \\ &= \int_2^{3} [0.25u_2]_{0.5}^{1} \, du_1 = \int_2^{3} 0.125 \, du_1 \\ &= [0.125u_1]_2^{3} = 0.125 \end{align*}\]

Aufgabe 3

a) Für den relevanten Bereich gilt:

\[\begin{align*} f_{\mathbf{X}}(x_1,x_2)&=\frac{\partial^2F_{\mathbf{X}}(x_1,x_2)}{\partial x_1\partial x_2}=\frac{\partial^2}{\partial x_1\partial x_2}(1-e^{-x_1})\cdot (1-e^{-2x_2})\\ &=\frac{\partial}{\partial x_2}\left[e^{-x_1}\cdot(1-e^{-2x_2})\right]=e^{-x_1}\cdot2e^{-2x_2} \end{align*}\]

Somit gilt insgesamt:

\[ f_{\mathbf{X}}(x_1,x_2)=\begin{cases} e^{-x_1}\cdot2e^{-2x_2} & \text{für } x_1\geq 0 \wedge x_2\geq 0 \\ 0 & \text{sonst} \end{cases} \]

b) Für die Randdichten gilt:

\[\begin{align*} f_{X_1}(x_1)&=\int_{-\infty}^{\infty}f_{\mathbf{X}}(x_1,x_2) \, d x_2=\int_{0}^{\infty}e^{-x_1}\cdot2e^{-2x_2} \, d x_2 \\ &=2e^{-x_1}\int_{0}^{\infty}e^{-2x_2} \, d x_2=2e^{-x_1}\left[-\frac{1}{2}e^{-2x_2}\right]_0^{\infty} \\ &=e^{-x_1} \\ f_{X_2}(x_2)&=\int_{-\infty}^{\infty}f_{\mathbf{X}}(x_1,x_2) \, d x_1=\int_{0}^{\infty}e^{-x_1}\cdot2e^{-2x_2} \, d x_1 \\ &=2e^{-2x_2}\int_{0}^{\infty}e^{-x_1} \, d x_1=2e^{-2x_2}\left[-e^{-x_1}\right]_0^{\infty} \\ &=2e^{-2x_2} \end{align*}\]

c) Es gilt offensichtlich:

\[ f_{X_1}(x_1) \cdot f_{X_2}(x_2)=f_{\mathbf{X}}(x_1,x_2)=e^{-x_1} \cdot 2e^{-2x_2}=e^{-x_1} \cdot 2e^{-2x_2} \]

Die Zufallsvariablen \(X_1\) und \(X_2\) sind somit unabhängig voneinander.