Matematyka.pl

Dane są niezależne zmienne losowe \(\displaystyle{ \xi_1,\xi_2}\) o rozkładach wykładniczych z parametrem 1.
Znaleźć gęstość zmiennej \(\displaystyle{ \eta = \frac{\xi_1}{\xi_1+\xi_2}}\)

Jaki jest typowy sposób postępowania przy takich zadaniach? Ja próbowałem tak:
Jeśli utworzymy wektor losowy \(\displaystyle{ (\xi_1,\xi_2)}\), to z założenia o niezależności mamy jego gęstość jako iloczyn gęstości wyjściowych zmiennych. Zmieniając zmienne możemy dostać gęstość wektora \(\displaystyle{ (\frac{\xi_1}{\xi_1+\xi_2},\xi_2)}\) a następnie wyliczyć rozkład brzegowy dla szukanej zmiennej.
Jednak w praktyce dostaję jakieś dziwne wyniki, chyba robię coś nie tak z dyfeomorfizmem przy zmianie zmiennych... Byłbym wdzięczny jakby ktoś to przeliczył.

\(\displaystyle{ X_{1}\sim\Gamma\left(a_{1},p\right),\; X_{2}\sim\Gamma\left(a_{2},p\right)\Rightarrow\frac{X_{1}}{X_{1}+X_{2}}\sim Beta\left(a_{1},a_{2}\right)}\)

\(\displaystyle{ X_{1}\sim Exp\left(p\right)\equiv\Gamma\left(1,p\right),\; X_{2}\sim Exp\left(p\right)\equiv\Gamma\left(1,p\right)\Rightarrow\frac{X_{1}}{X_{1}+X_{2}}\sim Beta\left(1,1\right),\; gdzie\; p=1}\)

\(\displaystyle{ Y\sim Beta(1,1)\sim f_{Y}(y)=\frac{1}{Beta(1,1)}x^{1-1}(1-x)^{1-1}=\frac{1}{\frac{\Gamma(1+1)}{\Gamma(1)\cdot\Gamma(1)}}x^{0}(1-x)^{0}=\frac{1}{\Gamma(2)}=\frac{1}{(2-1)!}=\frac{1}{1}\; dla\; x\in(0,1)}\)
czyli otrzymujesz rozklad jednostajny na odcinku (0,1), co jest zgodne z teoria, bo rodzina rozkladow beta zawiera rozklad jednostajny na odcinku (0,1)

takie cos ci wychodzi? jak nie takie to moge to przeliczyc...

Problem pewnie już nie istnieje, ale sobie przeliczę.

Najprościej będzie chyba tak:

Zauważmy najpierw, że
\(\displaystyle{ P(\xi_{i}\le 0) = 0,\ i=1,2}\)
zatem
\(\displaystyle{ P(\eta\le 0) = 0, \ P(\eta \le 1) = 1.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ f_{(\xi_{1},\xi_{2})}(x,y)}\) jest gęstością wektora losowego \(\displaystyle{ (\xi_{1}, \xi_{2}),}\) to z niezależności:
\(\displaystyle{ f_{(\xi_{1},\xi_{2})}(x, y) = f_{\xi_{1}}(x)\cdot f_{\xi_{2}}(y) = \begin{cases}\exp(-x)\exp(-y), \ x, y \ge 0, \\ 0, \text{w pozostałych przypadkach}\end{cases}}\)
Dwuwymiarowa dystrybuanta tego wektora to:
\(\displaystyle{ P(\xi_{1} \le x \wedge \xi_{2} \le y ) = F_{(\xi_{1}, \xi_{2})}(x,y) = \int_{-\infty}^{x}\int_{-\infty}^{y}f_{(\xi_{1}, \xi_{2})}(x,y)}\)
Ponieważ
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(B) = P((\xi_{1}, \xi_{2})^{-1}(B)), \ B\in \mathcal{B}(\mathbb{R}^{2})}\)
jest jedyną miarą borelowską na \(\displaystyle{ \mathbb{R}^{2}}\) spełniającą:
\(\displaystyle{ \mathbb{P}((-\infty, x]\times (-\infty, y]) = F_{(\xi_{1}, \xi_{2})}(x,y)}\)
oraz miara borelowska zadana jako:
\(\displaystyle{ \mathbb{P}'(B) = \iint_{B}f_{(\xi_{1},\xi_{2})}(x,y)dxdy}\)
również spełnia:
\(\displaystyle{ \mathbb{P}'((-\infty, x]\times (-\infty, y]) = F_{(\xi_{1}, \xi_{2})}(x,y)}\)
to:
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(B) = \iint_{B}f_{(\xi_{1},\xi_{2})}(x,y)dxdy}\)

Dla \(\displaystyle{ z \in (0,1), \ g(x,y) = \frac{x}{x+y}}\) mamy więc:
\(\displaystyle{ P(\eta \le z) = P(g(\xi_{1},\xi_{2})\in (-\infty,z]) = P((\xi_{1}, \xi_{2})^{-1}(g^{-1}(-\infty,z])) =\\
= \mathbb{P}(g^{-1}(-\infty, z]) = \iint_{\frac{x}{x+y}\le z}f_{(\xi_{1},\xi_{2})}(x,y)dxdy}\)
Dalej:
\(\displaystyle{ \iint_{\frac{x}{x+y}\le z}f_{(\xi_{1},\xi_{2})}(x,y)dxdy = \iint_{\substack{\frac{x}{x+y}\\ x,y\ge 0}}\exp(-x)\exp(-y)dxdy =\\
= \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\frac{yz}{1 - z}}\exp(-x)\exp(-y)dxdy = \int_{0}^{\infty}\left(1 - \exp\left(-\frac{yz}{1 - z}\right)\right)\exp(-y)dy =\\
= 1 - \int_{0}^{\infty}\exp\left(-\frac{y}{1 - z}\right) = 1 - (1 - z) = z}\)

Zatem otrzymany rozkład rzeczywiście jest rozkładem jednostajnym na odcinku \(\displaystyle{ (0,1).}\)

polecam liczenie dyfeomorfizmem, niby rachunki wieksze, ale na kolokwium nie ma czasu na dumanie nad teoria