Po co założenie o niezależności?

[musialmi]

Niech \(\displaystyle{ X,Y}\) będą niezależnymi zmiennymi losowymi o rozkładzie jednostajnym na \(\displaystyle{ \left\langle 0,1\right\rangle}\). Niech \(\displaystyle{ Z=\max\left\{ X,Y\right\}}\). Oblicz \(\displaystyle{ \EE Z}\).

Moje rozwiązanie: oznaczmy wartość tego jednostajnego rozkładu przez \(\displaystyle{ p}\).
\(\displaystyle{ \EE Z=\int_{\left\{ X \geq Y\right\} }Z \, dP+\int_{\left\{ Y > X\right\} } Z,dP= \\
=\int_{\left\{ X \geq Y\right\} }X \, dP+\int_{\left\{ Y > X\right\} } Y,dP= \\
= P(X \geq Y)p+P(Y>X)p=p(P(X \geq Y)+P(X<Y))=p}\)
Nie skorzystałem z założenia niezależności zmiennych losowych. Coś zrobiłem źle?

[Medea 2]

Jeżeli \(\displaystyle{ X=Y}\) mają jednostajny rozkład, to wartością oczekiwaną jest oczywiście \(\displaystyle{ 1/2}\). Jaka jest jednak nadzieja, gdy \(\displaystyle{ Y = 1-X}\)? Policz i sprawdź, w którym miejscu dowodu korzystasz z niezależności.

[musialmi]

Dobrze.
\(\displaystyle{ \EE Z=\int_{\{X \geq 1-X\}}Z \, dP + \int_{\{X<1-X\}} Z\, dP=\int_{\{X \geq \frac 12\}} Z \, dP+\int_{\{X <\frac 12\}} Z \, dP=\int_{\{X \geq \frac 12\}} Z \, dP+\int_{\{Z <\frac 12\}} Z \, dP}\)

Rozkład jednostajny "na \(\displaystyle{ \left\langle 0,1\right\rangle}\)" to znaczy, że wartości zmiennych losowych są w tym przedziale?

[Medea 2]

Tak: prawdopodobieństwo, że zmienna losowa przyjmie wartość ze zbioru \(\displaystyle{ A \subseteq [0,1]}\) jest równa mierze Lebesgue'a tego zbioru.

[musialmi]

Aha. No to można dokończyć tę całkę: \(\displaystyle{ \int_{\{X \geq \frac 12\}} Z \, dP+\int_{\{X <\frac 12\}} Z \, dP=\int_{\{X \geq \frac 12\}} X \, dP+\int_{\{X <\frac 12\}} Y \, dP}\), tzn. można, jeśli wie się co teraz dalej :/ Znam miary tych zbiorów, ale nie wiem jakie powinienem wstawić wartości zmiennych losowych.

[leszczu450]

musialmi, a ja proponuje takie rozwiązanie:

\(\displaystyle{ X, Y \sim \text{iid} \ \mathcal{U}(0,1)}\)

\(\displaystyle{ F_Z(t)=\mathbb{P}(Z<t)=\mathbb{P}(\max\{X,Y\}<t)=\mathbb{P}(X<t \wedge Y<t)=\\=\mathbb{P}(X<t)+\mathbb{P}(Y<t)=F_X(t)+F_Y(t)=2F_X(t)}\)

Teraz:

\(\displaystyle{ f_Z(t)=\left( F_Z(t)\right)'=2f_X(t)}\)

Teraz już masz wszystko do policzenia wartości oczekiwanej : ) Potrafisz wskazać miejsce w którym skorzystałem z niezależności?

[musialmi]

Nie potrafię. I nie wiem co się stało tutaj:

\(\displaystyle{ \mathbb{P}(X<t \wedge Y<t)=\\=\mathbb{P}(X<t)+\mathbb{P}(Y<t)}\)

[leszczu450]

Bo zrobiłem głupi błąd. Powinno być:

\(\displaystyle{ F_Z(t)=\mathbb{P}(Z<t)=\mathbb{P}(\max\{X,Y\}<t)=\mathbb{P}(X<t \wedge Y<t)=\\=\mathbb{P}(X<t) \cdot \mathbb{P}(Y<t)=F_X(t) \cdot F_Y(t)=\left( F_X(t)\right)^2}\)

[musialmi]

No i teraz widać skorzystanie z niezależności - twierdzenie definiujące niezależność zmiennych losowych Ale jeszcze czegoś nie wiem: jak się ma wartość oczekiwana do gęstości? Bo rozumiem, że są jakoś powiązane, skoro zadałeś sobie trud wyznaczenia gęstości.

[leszczu450]

musialmi, no pomyśl pomyśl. Co to z definicji jest wartość oczekiwana zmiennej \(\displaystyle{ Z}\)?

[musialmi]

\(\displaystyle{ \EE Z = \int Z \, dP}\), a \(\displaystyle{ \int_\RR g(x) \, dx=1}\). Powiązanie widzę jedynie takie, że są to całki

A, chwila, mam w ukryciu napisany jakiś wzór: \(\displaystyle{ \int Z \, dP=\int_\RR xg(x) \, dx}\). On działa (g - gęstość)?

[leszczu450]

Dokładnie. Wartość oczekiwana zmiennej losowej ciągłej o gęstości \(\displaystyle{ g(x)}\) to całka po całym\(\displaystyle{ \RR}\) z \(\displaystyle{ x \cdot g(x)}\) .

[musialmi]

Ourajt. A to jest jakoś obliczalne sensownie? Mamy \(\displaystyle{ \int_\RR t \cdot F_Z'(t) \, dt=F_Z(t)t\bigg|^\infty_{-\infty}-\int_\RR F_Z(t) \, dt=(F_Z(\infty)\cdot \infty-F_Z(-\infty)\cdot (-\infty))-\int_\RR F_Z(t) \, dt=(1\cdot \infty-0\cdot (-\infty))-\int_\RR F_Z(t) \, dt}\)

[leszczu450]

musialmi, oj tam. Inaczej:

\(\displaystyle{ f_Z \left( t \right) = \left( \left( F_X \left( t \right) \right)^2 \right) '=2 \cdot F_X \left( t \right) \cdot f_X \left( t \right) = \ldots}\)

Teraz to do końca policz i wstaw do wzorku:

\(\displaystyle{ \mathbb{E}Z=\int_{\RR}tf_Z \left( t \right) \dd{t}}\)

[musialmi]

A dobra, bo tu gęstość można policzyć jeszcze, rzeczywiście ^_^ \(\displaystyle{ f_Z(t)=\begin{cases}
2F_X(t)\frac{1}{1-0}=2F_X(t), & t \in \left\langle 0,1\right\rangle \\
0, & t \notin\left\langle 0,1\right\rangle
\end{cases}}\)
Chyba to tyle, jeśli chodzi o uproszczenie...
\(\displaystyle{ \mathbb{E}Z=\int_{\RR}tf_Z \left( t \right) \dd{t}=\int_0^1 2tF_X(t) \, dt=\int_0^1 2t\left( \int_0^t F_X(r) \, dr\right)' \, dt=\left( 2t \int_0^t F_X(r) \, dr\right) \bigg|_0^1-2 \int_{0}^1\left( \int_0^t F_X(r) \, dr\right) \, dt=2 \int_0^1 F_X(r) \, dr-2 \int_{0}^1\left( \int_0^t F_X(r) \, dr\right) \, dt}\)
Coś jeszcze tu można zrobić?