Rozkład zmiennej

[Shandy]

Zmienna losowa X ma standardowy rozkład normalny, zmienna Y jest zdefiniowana jako
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} -X \ \ gdy |X| \le c\\X \ \ \ gdy |X| >c \end{array}}\)
Wyznaczyc rozkład Y, i pokazać, że Cov(X,Y)=0 dla pewnej c>0. Co można powiedzieć o niezależności X i Y.




Próbuje liczyć rozkład Y w ten sposób
\(\displaystyle{ F_{Y}(t)=P(Y \le t)=P(-X \le t, |X| \le c)+P(X \le t,|X|>c)}\)
I nie wiem jak dalej;/

[Mistrz]

Dalej tak zrób klamrę i rozważ osobno przypadki \(\displaystyle{ t < -c, \quad -c<t<c, \quad t>c}\).

[pyzol]

No logikę, to ma rozkład normalny. Rozkład jest symetryczny. Prawdopodobieństwo otrzymania liczby z przedziału \(\displaystyle{ (x_1,x_2)}\) jest takie same jak prawdopodobieństwo otrzymania liczby z przedziału \(\displaystyle{ (-x_2,-x_1)}\).
Jeśli chcesz koniecznie liczyć dystrybuantę to policz ją na odpowiednich przedziałach.
\(\displaystyle{ 1. t\in (-\infty;-c)\\
F_Y (t)=P(X \le t)=F_X (t)\\
2. t\in[-c;c]\\
F_Y (t)=P(-X \le t)=P(X \ge -t)=1-P(X \le -t)=1-(1-P(X \le t))=P(X \le t)}\)
Trzeci pominę.-- 10 wrz 2012, o 15:42 --hmm, teraz tak patrzę to nie wiem czy tak to przejdzie, trzeba by było dorzucić w tym drugim:
\(\displaystyle{ P(X < -c)+P(X\in [c,t])}\) ale powinno Ci wyjśc.

[jsf]

Pyzol ma świętą rację, wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ X}\) jest symetryczny.

Od siebie dodam tylko, że nie trzeba się bawić w dzielenie tego na przypadki:
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(Y\leq t)=\mathbb{P}\left( -X \mathbb{I}_{|X|\leq c}+X\mathbb{I}_{|X|>c} \in (-\infty,t]\right)=\mathbb{P}\left(-X \in (-\infty,t] \cap [-c,c]\right)+\mathbb{P}\left(X \in (-\infty,t] \setminus [-c,c]\right)=\mathbb{P}\left(X \in (-\infty,t] \cap [-c,c]\right)+\mathbb{P}\left(X \in (-\infty,t] \setminus [-c,c]\right)=\mathbb{P}(X \leq t).}\)

Tylko co wtedy zrobić z drugim punktem zadania? Może gdzieś się wszyscy mylimy. Inaczej niezależnie od wartości \(\displaystyle{ c}\) kowariancja (a tak naprawdę wariancja) jest stale równa jeden.

[pyzol]

Jest lekka pomiędzy kowariancją, a korelacją. Inna sprawa, że tu nie ma linowej zależności. TO że zmienna \(\displaystyle{ Y}\) ma taki sam rozkład jak zmienna \(\displaystyle{ X}\) nie świadczy od ich zależności. Jutro to przeliczę. Dzisiaj nie próbuję, bo jeszcze jakieś babole powypisuję.

[jsf]

Oczywiście, to co napisałem, jest bzdurą. Zmienne mają ten sam rozkład, ale pomimo tego \(\displaystyle{ X\not\equiv Y}\). Tym niemniej zadanie wydaje mi się szalenie trudne, bo jeszcze w nim trochę podłubałem i chociaż doszedłem do wyniku (przybliżonego), to wyliczenie go bez komputera byłoby szaleństwem. Zaprezentuję rachunki.

\(\displaystyle{ \mbox{cov}(X,Y)=\mathbb{E}(XY)-\mathbb{E}X\mathbb{E}Y=\mathbb{E}(XY).}\)
Chcemy więc, by
\(\displaystyle{ \mathbb{E}(XY)= \int_{\mathbb{R}}XY\mbox{d}\mathbb{P}= \int_{(-\infty,c) \cup (c,\infty)}X^{2}\mbox{d}\mathbb{P}-\int_{[-c,c]}X^2\mbox{d}\mathbb{P}=0,}\)
czyli ma zachodzić zależność
\(\displaystyle{ \int_{(-\infty,c) \cup (c,\infty)}X^{2}\mbox{d}\mathbb{P}=\int_{[-c,c]}X^2\mbox{d}\mathbb{P},}\)
co po trywialnych przekształceniach sprowadza się do równania
\(\displaystyle{ \int_{c}^{\infty}x^{2}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x=\int_{0}^{c}x^{2}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x.}\)

No i tu się zaczyna problem, bo to zależność nie do policzenia bez komputera. Wolfram wypluwa \(\displaystyle{ c \approx 1,538}\) - .

Wątpię, żeby chodziło o coś takiego. Może gdzieś się trochę pogubiłem, ale jutro mam egzamin i nie mogę nad tym dużo dłużej siedzieć. Zresztą jest już za późno na matematykę.

Edit: Po kolejnym przeczytaniu treści zadania uznaję je jednak za rozwiązywalne w skończonym czasie i w sumie łatwe.

Odpowiedzi:

(1) zmienna ma rozkład normalny \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0,1),}\) (patrz: intuicyjne wytłumaczenie Pyzola w trzecim poście lub poprzedni mój post),

(2) od razu widać, że równanie \(\displaystyle{ \int_{c}^{\infty}x^{2}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x=\int_{0}^{c}x^{2}e^{-\frac{x^{2}}{2}}\mbox{d}x}\) ma rozwiązanie dla jakiegoś \(\displaystyle{ c}\) i że te \(\displaystyle{ c}\) musi być większe ostro od zera,

(3) zmienne niezależne oczywiście nie są, np. \(\displaystyle{ \mathbb{P}(\{Y<-c\}|\{X>c\})=0 \neq \mathbb{P}(\{Y<-c\}).}\)

No to się niepotrzebnie napociłem, ale przynajmniej mnie to zadanie nie będzie dręczyć. Poprzednich wywodów nie kasuję, bo i po co.

[pyzol]

Tutaj całkując przez części, otrzymamy:
\(\displaystyle{ \int x^2 e^{-\frac{x^2}{2}}\mbox{d}x =-xe^{-\frac{x^2}{2}}+\int e^{-\frac{x^2}{2}}\mbox{d}x}\)
Możemy zamienić na dystrybuantę rozkładu normalnego. Wtedy można będzie znaleźć rozwiązanie w tablicach.