Hej
Zaczęłam rozwiązywać zadanie, ale nie wiem co dalej zrobić. Może jest inny sposób aby je rozwiązać.
Zadanie:
Zmienne \(\displaystyle{ X, Y}\) są niezależne oraz \(\displaystyle{ X \sim E(2), Y}\) ma rozkład o gęstości \(\displaystyle{ g_{Y}(y)=|y|1_{(-1,1)}(y)}\). Znaleźć rozkład zmiennej \(\displaystyle{ X+Y}\) oraz obliczyć \(\displaystyle{ Eexp(X+Y)}\).
Moje rozwiązania:
\(\displaystyle{ X\sim E(2)}\)
\(\displaystyle{ g_{X}(x)=2e^{-2x}}\)
\(\displaystyle{ Z=X+Y}\)
\(\displaystyle{ g_{Z}(t)= \int_{R}g_{X}(s)g_{Y}(t-s)ds= \int_{R}2e^{-2s}1_{[2,+\infty]}(s)|t-s|1_{(-1,1)}(t-s)ds=}\) i co dalej??
wyliczyłam też, ale nie wiem czy się przyda :
\(\displaystyle{ s in [2,+infty) wedge t-s in (-1,1)}\)
\(\displaystyle{ t-1 \le -s \le t+1}\)
\(\displaystyle{ 1-t>s>-1+t}\)
\(\displaystyle{ s \in [2,+\infty) \wedge [1-t,t-1]}\)
Z góry dziękuje za pomoc
-- 12 wrz 2014, o 18:42 --
podpowie ktoś?-- 12 wrz 2014, o 20:39 --czy ta całka ma wyjść
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}+ \frac{e^{-2x}}{2}}\)
ale potem jak policzyć
\(\displaystyle{ Ee^{x+y}= \int e^{x+y}( \frac{1}{2}+ \frac{e^{-2x}}{2})}\)
Wartość oczekiwana exp(X+Y)
-
- Użytkownik
- Posty: 445
- Rejestracja: 19 sie 2013, o 17:07
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 99 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 107
- Rejestracja: 26 lip 2004, o 02:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 6 razy
Wartość oczekiwana exp(X+Y)
\(\displaystyle{ g_{Z}(t)= \int_{\mathbb{R}}g_{Y}(s)g_{X}(t-s)ds=
\int_{\mathbb{R}}|s|1_{[-1,1]}(s)2e^{-2(t-s)}1_{(0, \infty )}(t-s)ds=}\)
\(\displaystyle{ =2e^{-2t}\int_{-1}^{1}|s|2e^{2s}1_{(0, \infty )}(t-s)ds=
2e^{-2t}\int_{-1}^{1}|s|2e^{2s}1_{(-\infty, t)}(s)ds=
2e^{-2t}\int_{-1}^{\min(1,t)}|s|2e^{2s}ds}\)
Dalej już sobie poradzisz.
Co do wartości oczekiwanej, to mając rozkład zmiennej \(\displaystyle{ Z}\)
piszesz
\(\displaystyle{ \mathbb{E}[e^Z]=\int_{-1}^{\infty}e^tg_{Z}(t)dt}\)
\int_{\mathbb{R}}|s|1_{[-1,1]}(s)2e^{-2(t-s)}1_{(0, \infty )}(t-s)ds=}\)
\(\displaystyle{ =2e^{-2t}\int_{-1}^{1}|s|2e^{2s}1_{(0, \infty )}(t-s)ds=
2e^{-2t}\int_{-1}^{1}|s|2e^{2s}1_{(-\infty, t)}(s)ds=
2e^{-2t}\int_{-1}^{\min(1,t)}|s|2e^{2s}ds}\)
Dalej już sobie poradzisz.
Co do wartości oczekiwanej, to mając rozkład zmiennej \(\displaystyle{ Z}\)
piszesz
\(\displaystyle{ \mathbb{E}[e^Z]=\int_{-1}^{\infty}e^tg_{Z}(t)dt}\)