Rozkład różnicy zmiennych losowych.

[tangerine11]

Zadanie jest prawdopodobnie elementarne, ale niestety nie czuję tego więc proszę o wsparcie.

Pokazać, że jeżeli \(\displaystyle{ X_{1}}\) i \(\displaystyle{ X_{2}}\) są niezależne o jednakowych rozkładach wykładniczych \(\displaystyle{ Exp(\lambda)}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\), to \(\displaystyle{ \left| X_{2} - X_{1}\right|}\) ma rozkład \(\displaystyle{ Exp(\lambda)}\)

Na początek może założę że \(\displaystyle{ X_{2} \ge X_{1}}\)
\(\displaystyle{ Y=X_{2} - X_{1}}\)
\(\displaystyle{ F(y)=P(X_{2} - X_{1}<y)}\)
Prawdopodobnie wypada teraz przejść do całek, ale szczerze mówiąc, nie widzę granic. Czy to będzie tak, że wyznaczam obszar powyżej prostej \(\displaystyle{ X_{1}=X_{2}}\), następnie \(\displaystyle{ X_{2}>X_{1}-y}\)?

Wtedy \(\displaystyle{ x_{1} \in (0, \infty )}\), \(\displaystyle{ x_{2} \in (x,x+y)}\).

Proszę o rozjaśnienie mi tej sytuacji

[Premislav]

Być może działa takie rozwiązanie:
wektor losowy \(\displaystyle{ (X_1, X_2)}\) ma (wynika to z niezależności zmiennych losowych \(\displaystyle{ X_1, \ X_2}\)) gęstość rozkładu prawdopodobieństwa postaci:
\(\displaystyle{ f(x_1, x_2)=\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)} 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(0,+\infty)}(x_1)1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(0,+\infty)}(x_2)}\)
Dalej dostajemy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(|X_2-X_1|\le y)=\mathbf{E}\left( 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{[0,y]}|X_2-X_1| \right)=\\= \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty}1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{[0,y]}|x_2-x_1| \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}
\,\dd x_1 \,\dd x_2=\\=\int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty}1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{[0,y]}|x_2-x_1| 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}(x_2\ge x_1)\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)} \,\dd x_1 \,\dd x_2+\\+\int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty}1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{[0,y]}|x_2-x_1| 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}(x_2< x_1)\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)} \,\dd x_1 \,\dd x_2=\\=\mathbf{P}(X_2\ge X_1)\int_{0}^{+\infty} \int_{x_1}^{x_1+y}\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)} \,\dd x_2 \,\dd x_1+\\+\mathbf{P}(X_2<X_1)\int_{0}^{+\infty} \int_{x_2}^{x_2+y}\lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)} \,\dd x_1 \,\dd x_2=\\=\frac 1 2 \int_{0}^{+\infty}\lambda e^{-\lambda x_1} \left( e^{-\lambda x_1}-e^{-\lambda(x_1+y)}\right) \,\dd x_1 +\\+\frac 1 2 \int_{0}^{+\infty}\lambda e^{-\lambda x_2}\left( e^{-\lambda x_2}-e^{-\lambda(x_2+y)}\right) \,\dd x_2=\\=\ldots}\)
i sobie to tam dolicz. Otrzymasz dystrybuantę rozkładu \(\displaystyle{ \mathrm{Exp}(\lambda)}\).
Oczywiście to dla \(\displaystyle{ y>0}\). Korzystamy tutaj z symetrii (i ciągłości rozkładu), by stwierdzić, że \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_1\ge X_2)=\mathbf{P}(X_1<X_2)}\).

[tangerine11]

Premislav, dziękuję za Twój post, rozwiązanie jest naprawdę eleganckie, niestety ubytki w mojej wiedzy chyba zbyt duże.

Nie rozumiem czemu:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(|X_2-X_1|\le y)=\mathbf{E}\left( 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{[0,y]}|X_2-X_1| \right)= \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty}1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{[0,y]}|x_2-x_1| \lambda^2 e^{-\lambda(x_1+x_2)}}\)

[Premislav]

Skorzystałem z następującego, bardzo przydatnego w takich rozważaniach, faktu:
jeśli wektor losowy \(\displaystyle{ (X, Y)}\) ma rozkład ciągły z gęstością \(\displaystyle{ f(x,y)}\) i funkcja \(\displaystyle{ \varphi: \RR^2\rightarrow \RR}\) jest mierzalna, to
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(\varphi(X,Y))= \iint_{\RR^2}^{}\varphi(x,y) f(x,y)\,\dd(x,y)}\)
(o ile ta całka w ogóle jest zbieżna).

Tutaj, przy ustalonym \(\displaystyle{ y>0}\), mamy \(\displaystyle{ \varphi(X_1, X_2)= 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{[0,y]}|X_2-X_1|}\).

[tangerine11]

Dokładnie tego mi brakowało, dziękuję