\(\displaystyle{ X_1}\) i \(\displaystyle{ X_2}\) są niezależne o jednakowym rozkładzie wykładniczym \(\displaystyle{ Exp(\lambda)}\) z funkcją gęstości \(\displaystyle{ \lambda e^{- \lambda x}}\) dla \(\displaystyle{ x \ge 0}\) i \(\displaystyle{ 0}\) dla \(\displaystyle{ x<0}\). Wyznaczyć rozkład zmiennej losowej \(\displaystyle{ X_1-X_2}\).
\(\displaystyle{ P(X_1-X_2 \le t)= \int_{0}^ \infty {} \int_{0}^{X_2+t} \lambda ^2 e^{- \lambda (X_1+X_2)}dx_1dx_2}\)
Czy ta całka jest ok?
Wyznaczyć rozkład
-
Benny01
- Użytkownik
- Posty: 1116
- Rejestracja: 11 wrz 2015, o 19:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Górnicza Dolina
- Podziękował: 74 razy
- Pomógł: 115 razy
Re: Wyznaczyć rozkład
Wyszło \(\displaystyle{ 1- \frac{e^{- \lambda t}}{2}}\). Nie wiem czemu, ale jakimś dziwny sposobem nie mogłem się tego doliczyć na kolokwium ...
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Re: Wyznaczyć rozkład
Ten wynik to mi się jakoś nie podoba, bo to co napisałeś nie bardzo wygląda jak dystrybuanta, wszakże \(\displaystyle{ t}\) może być dowolne rzeczywiste.
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1-X_2 \le t)= \int_{0}^{ \infty } \int_{0}^{x_2+t} \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1 \,\dd x_2= \int_{0}^{ \infty }\lambda e^{-\lambda x_2} \int_{0}^{x_2+t}\lambda e^{-\lambda x_1}\,\dd x_{1} \,\dd x_{2}=\\= \int_{0}^{ \infty }\lambda e^{-\lambda x_2}\left( 1-e^{-\lambda(x_2+t)}\right)\,\dd x_2=1-e^{-\lambda t} \int_{0}^{ \infty }\lambda e^{-2\lambda x_2} \,\dd x=1- \frac{e^{- \lambda t}}{2}}\)
Hmm... Kurczę, tak samo wychodzi, a teraz weźmy jakieś duże co do wartości bezwzględnej, ujemne \(\displaystyle{ t}\) i dostajemy ujemną dystrybuantę. Jak dla mnie tutaj powinien wyjść tzw. dwustronny rozkład wykładniczy. Tutaj jest gdzieś luka52 (a może nawet 552), ale nie widzę, gdzie.
Można to wprawdzie obejść, rozważając najpierw \(\displaystyle{ t \ge 0}\), a następnie zauważając, że
\(\displaystyle{ X_1-X_2\stackrel{d}{=}X_2-X_1}\)
wobec czego rozkład zmiennej \(\displaystyle{ X_1-X_2}\) jest symetryczny, tj. jego gęstość jest funkcją parzystą i stąd będzie ona postaci \(\displaystyle{ g(t)=\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda|t|}}\)
(wcześniej dla \(\displaystyle{ t \ge 0}\) po prostu różniczkujemy dystrybuantę na tej części, by otrzymać, że dla \(\displaystyle{ t \ge 0}\) gęstość jest postaci \(\displaystyle{ \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda t}}\)).
OK, już widzę tę lukę: ponieważ \(\displaystyle{ X_1}\) jest skupiona na \(\displaystyle{ \RR^+}\), więc aby mogło zajść \(\displaystyle{ X_1-X_2 \le t}\) bezwzględnie musi być \(\displaystyle{ 0 \le X_2+t}\)
Tymczasem my się tym w powyższym całkowaniu za bardzo nie przejęliśmy, a przecież
\(\displaystyle{ \int_{a}^{b}=- \int_{b}^{a}}\) dla całki Riemanna i już dostajemy nie to, czego chcieliśmy...
Jak już chcemy od razu to liczyć całkami dla dowolnego \(\displaystyle{ t \in \RR}\), to powinno być tak:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1-X_2 \le t)= \int_{0}^{ \infty } \int_{0}^{ \infty }\mathbf{1}_{(-\infty, x_2+t]}(x_1) \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1\,\dd x_2=\\=\int_{0}^{ \infty } \int_{0}^{ \infty }\mathbf{1}_{(0, x_2+t]}(x_1) \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1\,\dd x_2=\\=\int_{0}^{ \infty } \int_{0}^{ \infty }\mathbf{1}_{(0, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,\infty)}(x_2+t)\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1\,\dd x_2=\\= \int_{0}^{ \infty }\mathbf{1}_{(0,\infty)}(x_2+t)\lambda e^{-\lambda x_2} \int_{0}^{x_2+t}\lambda e^{-\lambda x_1}\,\dd x_1 \,\dd x_2=\\=\int_{0}^{ \infty }\mathbf{1}_{(0,\infty)}(x_2+t)\lambda e^{-\lambda x_2}(1-e^{-\lambda(x_2+t)}) \,\dd x_2=\\= \int_{\max\left\{ 0,-t\right\} }^{ \infty }\left( \lambda e^{-\lambda x_2}-\lambda e^{-\lambda t-2\lambda x_2}\right) \,\dd x_2=\\= \begin{cases} \int_{0}^{ \infty } \left( \lambda e^{-\lambda x_2}-\lambda e^{-\lambda t-2\lambda x_2}\right) \,\dd x_2 \text{ dla } t > 0 \\ \int_{-t}^{ \infty } \left( \lambda e^{-\lambda x_2}-\lambda e^{-\lambda t-2\lambda x_2}\right) \,\dd x_2 \text{ dla } t \le 0 \end{cases}}\)
Ta pierwsza całka wynosi, jakeśmy już policzyli, \(\displaystyle{ 1- \frac{e^{-\lambda t}}{2}}\), zaś ta druga jest równa
\(\displaystyle{ e^{\lambda t}-\frac 1 2e^{\lambda t}=\frac 1 2 e^{\lambda t}}\)
Czyli ostatecznie dystrybuanta \(\displaystyle{ X_1-X_2}\) wygląda tak:
\(\displaystyle{ F_{X_1-X_2}(t)= \begin{cases} \frac 1 2 e^{\lambda t} \text{ gdy } t\le 0 \\ 1-\frac 1 2 e^{-\lambda t} \text{ gdy }t>0\end{cases}}\)
A gęstość już sobie z tego można policzyć, różniczkując dystrybuantę.
Jak czegoś nie rozumiesz z mojego smutolenia, to postaram sie pokrótce wyjaśnić.
A że czegoś się nie doliczy na kolokwium, to nie jest nic strasznie zaskakującego (choć warto potem się temu własnie przyjrzeć). Tylko ubermózgi piszą świetnie każde kolokwium, normalnemu człowiekowi się czasem zdarzy zaćmienie/brak czasu.
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1-X_2 \le t)= \int_{0}^{ \infty } \int_{0}^{x_2+t} \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1 \,\dd x_2= \int_{0}^{ \infty }\lambda e^{-\lambda x_2} \int_{0}^{x_2+t}\lambda e^{-\lambda x_1}\,\dd x_{1} \,\dd x_{2}=\\= \int_{0}^{ \infty }\lambda e^{-\lambda x_2}\left( 1-e^{-\lambda(x_2+t)}\right)\,\dd x_2=1-e^{-\lambda t} \int_{0}^{ \infty }\lambda e^{-2\lambda x_2} \,\dd x=1- \frac{e^{- \lambda t}}{2}}\)
Hmm... Kurczę, tak samo wychodzi, a teraz weźmy jakieś duże co do wartości bezwzględnej, ujemne \(\displaystyle{ t}\) i dostajemy ujemną dystrybuantę. Jak dla mnie tutaj powinien wyjść tzw. dwustronny rozkład wykładniczy. Tutaj jest gdzieś luka52 (a może nawet 552), ale nie widzę, gdzie.
Można to wprawdzie obejść, rozważając najpierw \(\displaystyle{ t \ge 0}\), a następnie zauważając, że
\(\displaystyle{ X_1-X_2\stackrel{d}{=}X_2-X_1}\)
wobec czego rozkład zmiennej \(\displaystyle{ X_1-X_2}\) jest symetryczny, tj. jego gęstość jest funkcją parzystą i stąd będzie ona postaci \(\displaystyle{ g(t)=\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda|t|}}\)
(wcześniej dla \(\displaystyle{ t \ge 0}\) po prostu różniczkujemy dystrybuantę na tej części, by otrzymać, że dla \(\displaystyle{ t \ge 0}\) gęstość jest postaci \(\displaystyle{ \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda t}}\)).
OK, już widzę tę lukę: ponieważ \(\displaystyle{ X_1}\) jest skupiona na \(\displaystyle{ \RR^+}\), więc aby mogło zajść \(\displaystyle{ X_1-X_2 \le t}\) bezwzględnie musi być \(\displaystyle{ 0 \le X_2+t}\)
Tymczasem my się tym w powyższym całkowaniu za bardzo nie przejęliśmy, a przecież
\(\displaystyle{ \int_{a}^{b}=- \int_{b}^{a}}\) dla całki Riemanna i już dostajemy nie to, czego chcieliśmy...
Jak już chcemy od razu to liczyć całkami dla dowolnego \(\displaystyle{ t \in \RR}\), to powinno być tak:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1-X_2 \le t)= \int_{0}^{ \infty } \int_{0}^{ \infty }\mathbf{1}_{(-\infty, x_2+t]}(x_1) \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1\,\dd x_2=\\=\int_{0}^{ \infty } \int_{0}^{ \infty }\mathbf{1}_{(0, x_2+t]}(x_1) \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1\,\dd x_2=\\=\int_{0}^{ \infty } \int_{0}^{ \infty }\mathbf{1}_{(0, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,\infty)}(x_2+t)\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1\,\dd x_2=\\= \int_{0}^{ \infty }\mathbf{1}_{(0,\infty)}(x_2+t)\lambda e^{-\lambda x_2} \int_{0}^{x_2+t}\lambda e^{-\lambda x_1}\,\dd x_1 \,\dd x_2=\\=\int_{0}^{ \infty }\mathbf{1}_{(0,\infty)}(x_2+t)\lambda e^{-\lambda x_2}(1-e^{-\lambda(x_2+t)}) \,\dd x_2=\\= \int_{\max\left\{ 0,-t\right\} }^{ \infty }\left( \lambda e^{-\lambda x_2}-\lambda e^{-\lambda t-2\lambda x_2}\right) \,\dd x_2=\\= \begin{cases} \int_{0}^{ \infty } \left( \lambda e^{-\lambda x_2}-\lambda e^{-\lambda t-2\lambda x_2}\right) \,\dd x_2 \text{ dla } t > 0 \\ \int_{-t}^{ \infty } \left( \lambda e^{-\lambda x_2}-\lambda e^{-\lambda t-2\lambda x_2}\right) \,\dd x_2 \text{ dla } t \le 0 \end{cases}}\)
Ta pierwsza całka wynosi, jakeśmy już policzyli, \(\displaystyle{ 1- \frac{e^{-\lambda t}}{2}}\), zaś ta druga jest równa
\(\displaystyle{ e^{\lambda t}-\frac 1 2e^{\lambda t}=\frac 1 2 e^{\lambda t}}\)
Czyli ostatecznie dystrybuanta \(\displaystyle{ X_1-X_2}\) wygląda tak:
\(\displaystyle{ F_{X_1-X_2}(t)= \begin{cases} \frac 1 2 e^{\lambda t} \text{ gdy } t\le 0 \\ 1-\frac 1 2 e^{-\lambda t} \text{ gdy }t>0\end{cases}}\)
A gęstość już sobie z tego można policzyć, różniczkując dystrybuantę.
Jak czegoś nie rozumiesz z mojego smutolenia, to postaram sie pokrótce wyjaśnić.
A że czegoś się nie doliczy na kolokwium, to nie jest nic strasznie zaskakującego (choć warto potem się temu własnie przyjrzeć). Tylko ubermózgi piszą świetnie każde kolokwium, normalnemu człowiekowi się czasem zdarzy zaćmienie/brak czasu.
-
Benny01
- Użytkownik
- Posty: 1116
- Rejestracja: 11 wrz 2015, o 19:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Górnicza Dolina
- Podziękował: 74 razy
- Pomógł: 115 razy
Re: Wyznaczyć rozkład
Nie ogarniam jak wrzuciłeś ten drugi indykator \(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(0,\infty)}(x_2+t)}\) oraz jak z tego zrobiło zrobiłeś max.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Re: Wyznaczyć rozkład
Może należałoby to trochę lepiej/dokładniej rozpisać.
Gęstość rozkładu \(\displaystyle{ X_1}\) to jest \(\displaystyle{ g_1(x_1)=\mathbf{1}_{(0,\infty)}(x_1)\lambda e^{-\lambda x_1}}\), zaś gęstość rozkładu \(\displaystyle{ X_2}\) analogicznie:
\(\displaystyle{ g_2(x_2)=\mathbf{1}_{(0,\infty)}(x_2)\lambda e^{-\lambda x_2}}\)
Mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1-X_2 \le t)=\mathbf{E}\left[ \mathbf{1}_{(-\infty, t]}(X_1-X_2)\right]= \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty}\mathbf{1}_{(-\infty, t]}(x_1-x_2)g_1(x_1) g_2(x_2) \,\dd x_1 \,\dd x_2=\\= \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty}\mathbf{1}_{(-\infty, t]}(x_1-x_2) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_1)\mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2) \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)} \,\dd x_1 \,\dd x_2=\\= \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty}\mathbf{1}_{(-\infty, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_1)\mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2) \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)} \,\dd x_1 \,\dd x_2}\)
I teraz przyjrzyjmy się temu iloczynowi kurczakatorów (sorry, indykatorów, to suchar):
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(-\infty, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_1)\mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)}\)
Zacznijmy od tego, że gdy \(\displaystyle{ x_1 \le 0}\), to \(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_1)=0}\), więc możemy
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(-\infty, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_1)\mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)}\)
zamienić na:
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(0, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)}\)
Teraz odnotujmy, że jeśli \(\displaystyle{ x_2+t \le 0}\), to
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(0, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)\equiv 0}\)
więc zapiszmy to trochę inaczej:
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(0, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)=\mathbf{1}_{(0,x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2+t) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)=\\=\mathbf{1}_{(0,x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(-t,+\infty)}(x_2) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)}\)
I teraz pozostaje zauważyć, że mamy \(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(-t,+\infty)}(x_2) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)=0 \Leftrightarrow x_2 \le -t \vee x_2 \le 0}\)
stąd
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(-t,+\infty)}(x_2) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)=\mathbf{1}_{\max\left\{ -t,0\right\}}(x_2)}\)
a więc
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(0,x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(-t,+\infty)}(x_2) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)=\mathbf{1}_{(0,x_2+t]}(x_1)\mathbf{1}_{\max\left\{ -t,0\right\}}(x_2)}\)
i ostatecznie
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1-X_2 \le t)= \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty}\mathbf{1}_{(0,x_2+t]}(x_1)\mathbf{1}_{\max\left\{ -t,0\right\}}(x_2)\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1\,\dd x_2=\\= \int_{\max\left\{ -t,0\right\} }^{+\infty} \int_{0}^{x_2+t}\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1\,\dd x_2}\)
A jak nie lubisz tak tego rozpisywać z tymi indykatorami, to spróbuj sobie narysować obszar, po którym będziesz całkować tę gęstość łączną \(\displaystyle{ (X_1, X_2)}\).-- 13 cze 2017, o 14:13 --Pewnie to można napisać 100 razy krócej, ale jestem głupi.
Gęstość rozkładu \(\displaystyle{ X_1}\) to jest \(\displaystyle{ g_1(x_1)=\mathbf{1}_{(0,\infty)}(x_1)\lambda e^{-\lambda x_1}}\), zaś gęstość rozkładu \(\displaystyle{ X_2}\) analogicznie:
\(\displaystyle{ g_2(x_2)=\mathbf{1}_{(0,\infty)}(x_2)\lambda e^{-\lambda x_2}}\)
Mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1-X_2 \le t)=\mathbf{E}\left[ \mathbf{1}_{(-\infty, t]}(X_1-X_2)\right]= \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty}\mathbf{1}_{(-\infty, t]}(x_1-x_2)g_1(x_1) g_2(x_2) \,\dd x_1 \,\dd x_2=\\= \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty}\mathbf{1}_{(-\infty, t]}(x_1-x_2) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_1)\mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2) \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)} \,\dd x_1 \,\dd x_2=\\= \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty}\mathbf{1}_{(-\infty, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_1)\mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2) \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)} \,\dd x_1 \,\dd x_2}\)
I teraz przyjrzyjmy się temu iloczynowi kurczakatorów (sorry, indykatorów, to suchar):
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(-\infty, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_1)\mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)}\)
Zacznijmy od tego, że gdy \(\displaystyle{ x_1 \le 0}\), to \(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_1)=0}\), więc możemy
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(-\infty, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_1)\mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)}\)
zamienić na:
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(0, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)}\)
Teraz odnotujmy, że jeśli \(\displaystyle{ x_2+t \le 0}\), to
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(0, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)\equiv 0}\)
więc zapiszmy to trochę inaczej:
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(0, x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)=\mathbf{1}_{(0,x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2+t) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)=\\=\mathbf{1}_{(0,x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(-t,+\infty)}(x_2) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)}\)
I teraz pozostaje zauważyć, że mamy \(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(-t,+\infty)}(x_2) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)=0 \Leftrightarrow x_2 \le -t \vee x_2 \le 0}\)
stąd
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(-t,+\infty)}(x_2) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)=\mathbf{1}_{\max\left\{ -t,0\right\}}(x_2)}\)
a więc
\(\displaystyle{ \mathbf{1}_{(0,x_2+t]}(x_1) \mathbf{1}_{(-t,+\infty)}(x_2) \mathbf{1}_{(0,+\infty)}(x_2)=\mathbf{1}_{(0,x_2+t]}(x_1)\mathbf{1}_{\max\left\{ -t,0\right\}}(x_2)}\)
i ostatecznie
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1-X_2 \le t)= \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty}\mathbf{1}_{(0,x_2+t]}(x_1)\mathbf{1}_{\max\left\{ -t,0\right\}}(x_2)\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1\,\dd x_2=\\= \int_{\max\left\{ -t,0\right\} }^{+\infty} \int_{0}^{x_2+t}\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}\,\dd x_1\,\dd x_2}\)
A jak nie lubisz tak tego rozpisywać z tymi indykatorami, to spróbuj sobie narysować obszar, po którym będziesz całkować tę gęstość łączną \(\displaystyle{ (X_1, X_2)}\).-- 13 cze 2017, o 14:13 --Pewnie to można napisać 100 razy krócej, ale jestem głupi.