Wektor losowy, gęstość, macierz kowariancji

[Joisana]

Witam Proszę o wyjaśnienie mi krok po kroczku, w jaki sposób rozwiązać takie dwa zadania:

1.
Wektor losowy \(\displaystyle{ (X,Y)}\) ma gęstość daną wzorem:

\(\displaystyle{ g(x,y)=C \frac{1}{x} e^{-2x} \textbf{1}_{\left\{ 0<y<x\right\} }}\).

Znajdź stałą \(\displaystyle{ C}\) i oblicz \(\displaystyle{ Cov(X,Y)}\).


2.
Dwuwymiarowy wektor losowy \(\displaystyle{ (X,Y)}\) ma rozkład normalny, przy czym obydwie jego współrzędne mają rozkład \(\displaystyle{ N(0,1)}\) i \(\displaystyle{ Cov(X,Y)= \frac{1}{2}}\).

a) Znajdź wszystkie \(\displaystyle{ a \in R}\), dla których zmienne \(\displaystyle{ X, Y -aX}\) są niezależne.
b) Znajdź macierz kowariancji oraz gęstość wektora losowego \(\displaystyle{ (X+Y,X-Y).}\)



Pierwsze zadanie zaczynam rozwiązywać tak:
\(\displaystyle{ \iint\limits_{R^2} \, C \frac{1}{x} e^{-2x} \textbf{1}_{\left\{ 0<y<x\right\}} dx\,dy = C \int \limits^\infty_0 \left( \int_{0}^{x} \frac{1}{x} e^{-2x} dy \right)dx = C \int \limits^\infty_0 \frac{1}{x} e^{-2x}\left( \int_{0}^{x} dy \right)dx = C \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x} e^{-2x}x= \frac{1}{2}C}\)

Wiemy, że każda nieujemna funkcja borelowska, z której całka po \(\displaystyle{ R^n}\) wynosi 1 jest gęstością pewnego rozkładu prawdopodobieństwa.

Przyrównujemy zatem wynik do jedynki i dostajemy \(\displaystyle{ C=2}\). Czy to wystarczy jako uzasadnienie? I co robić dalej?

[miodzio1988]

1. skorzystac z definicji tego co mamy policzyc?

[Joisana]

Ok, to korzystam z definicji:

\(\displaystyle{ Cov(X,Y)=E(X \cdot Y) - EX \cdot EY= \int\limits_{-\infty}^{+\infty}x j(x) dx - \int\limits_{-\infty}^{+\infty}x f(x) dx \cdot \int\limits_{-\infty}^{+\infty}x h(x) dx}\)

Czyli wychodzi na to, że do obliczenia kowariancji wprost z definicji potrzeba trzech gęstości rozkładu: gęstości zmiennej losowej \(\displaystyle{ X \cdot Y}\), zmiennej \(\displaystyle{ X}\) oraz zmiennej \(\displaystyle{ Y}\). Tu mam już przynajmniej dwie wątpliwości: czy z tego, że wektor losowy \(\displaystyle{ (X,Y)}\) ma rozkład ciągły wynika, że zmienne \(\displaystyle{ X \cdot Y}\), \(\displaystyle{ X}\) oraz \(\displaystyle{ Y}\) mają rozkład ciągły, więc mają gęstość? Jak wyznaczyć odpowiednie funkcje gęstości?

[Ser Cubus]

jeżeli masz gęstość \(\displaystyle{ g(x,y)}\) to odpowiedni ją całkując możesz policzyć gęstość samego x lub y

[Joisana]

Gęstość rozkładu \(\displaystyle{ X}\) to \(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{\infty}g(x,y)dy= \int_{-\infty}^{\infty}2 \cdot \frac{1}{x}e^{-2x} \textbf{1}_{\left\{ 0<y<x\right\}}dy= 2 \cdot \frac {1}{x} \cdot e^{-2x} \int_{-\infty}^{\infty}\textbf{1}_{ \{ 0<y<x \} } =}\)
\(\displaystyle{ = 2 \cdot \frac {1} {x} e^ {-2x} \int_{0}^{x} 1 dy = 2 \cdot e^{-2x}}\).

Jest to gęstość rozkładu wykładniczego dla \(\displaystyle{ \lambda =2}\), czyli \(\displaystyle{ EX=\frac{1}{\lambda} = \frac{1}{2}}\).

Do liczenia wartości oczekiwanej \(\displaystyle{ Y}\) nie muszę korzystać z gęstości, tylko obliczam ją jako całkę \(\displaystyle{ \int_{R^2}y \cdot g(x,y) dxdy = ... =\frac{1}{2}}\). Analogicznie \(\displaystyle{ E(X \cdot Y)= \int_{R^2} xy \cdot g(x,y) dxdy}\), rozpisuję z Fubiniego i ostatecznie wychodzi \(\displaystyle{ E(XY) = \frac {1}{4}}\).

Czyli \(\displaystyle{ Cov(X,Y) = \frac{1}{4}-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = 0}\), zatem \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są niezależne.

To jest ok, prawda? Rozumiem metodę, ale nie rozumiem, czemu mogę jej używać. W sensie - dlaczego jak mam jakąś zmienną losową \(\displaystyle{ Z}\) zależną od \(\displaystyle{ X,Y}\), to jej gęstość będzie wynosić \(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} z(x,y)g(x,y)dz}\), a jej wartość oczekiwana będzie równa \(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} z(x,y) \cdot g(x,y) dxdy}\)?-- 20 sie 2013, o 18:39 --Poprosiłabym o jakieś wskazówki do zadania 2.

[zidan3]

Jeśli \(\displaystyle{ z}\) jest funkcją borelowską, to tak
Mamy bowiem stwierdzenie:
Jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest wektorem losowym w \(\displaystyle{ \mathbb{R}^k}\) o rozkładzie ciągłym z gęstością \(\displaystyle{ g}\), a \(\displaystyle{ f:\mathbb{R}^k \longrightarrow \mathbb{R}}\) funkcją borelowską, to

\(\displaystyle{ \mathbb{E}f(X)=\int_{\mathbb{R}^k}f(x)g(x) \mbox{d}x}\)

Dowód jest taki, że zaczynamy od funkcji prostych i komplikujemy.

[robertm19]

Do drugiego
Jeżeli \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład dwuwymiarowy \(\displaystyle{ N(m,\Sigma)}\), to dla dowolnego wektora \(\displaystyle{ b=(b_{1},b_{2})^T}\) zmienna \(\displaystyle{ b^T X}\) ma rozkład \(\displaystyle{ N(b^T m,b^T \Sigma b)}\).
Działa również gdy b jest macierzą.
Z tego wykażesz, że \(\displaystyle{ (X,Y-aX)}\) ma również rozkład normalny dwuwyiarowy. Niezależność wówczas jest równoważna zerowaniu sie kowariancji.
\(\displaystyle{ Cov(X,Y-aX)=Cov(X,Y)-aCov(X,X)=\frac{1}{2}-aVar(X)=\frac{1}{2}-a=0}\).

[leszczu450]

Czyli \(\displaystyle{ Cov(X,Y) = \frac{1}{4}-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = 0}\), zatem \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są niezależne.

Z tego co wiem, to zachodzi tylko implikacja taka:

\(\displaystyle{ X,Y}\)- niezależne \(\displaystyle{ \Rightarrow Cov(X,Y)=0}\)

Nie umiem na teraz podać kontrprzykładu.