Zmienna losowa

[max123321]

Zmienna losowa \(\displaystyle{ (X,Y)}\) ma rozkład z gęstością \(\displaystyle{ g(x,y)=Cxy1_{\left\{ 0 \le x \le y \le 1\right\} }}\).

a) Wyznaczyć \(\displaystyle{ C}\)
b) Obliczyć \(\displaystyle{ \PP (X+Y \le 1)}\)
c) Wyznaczyć rozkład zmiennej \(\displaystyle{ X/Y}\)
d) Czy \(\displaystyle{ X,Y}\) są niezależne?
e) Czy \(\displaystyle{ X/Y,Y}\) są niezależne?

Weźmy na razie a). Jak to zrobić?

[Premislav]

Gęstość musi być nieujemna i całkować się do \(\displaystyle{ 1}\), czyli ma być
\(\displaystyle{ C \int_{0}^{1} \int_{0}^{y}xy \,\dd x \,\dd y=1}\)
Liczysz tę całkę i masz równanie, z którego wyznaczasz \(\displaystyle{ C}\).

[max123321]

Dobra to liczę tak: \(\displaystyle{ C \int_{0}^{1} \int_{0}^{y}xy \,\dd x \,\dd y=C \int_{0}^{1} y^3/2 \,\dd y=C/8=1}\) czyli \(\displaystyle{ C=8}\), tak?

No dobra, a jak zrobić b)?

[Premislav]

Zgadza się.

b) Można tak
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X+Y\le 1)=\mathbf{E}(1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}(X+Y\le 1))=\\=\iint_{\RR^2}8xy 1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}(0\le x\le y\le 1)1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}(x+y\le 1)\,\dd (x,y)=\\= \int_{0}^{1} \int_{0}^{\min\left\{ y, 1-y\right\} } 8xy\,\dd x\,\dd y=\ldots}\)
i rozbić na dwie całki, by w jednej wychodziło
\(\displaystyle{ \min\left\{ y, 1-y\right\} =y}\), a w drugiej \(\displaystyle{ \min\left\{ y, 1-y\right\} =1-y}\).

[max123321]

Nie rozumiem. Z czego korzystasz, w tym, że zamieniasz prawdopodobieństwo na wartość oczekiwaną? Może można to zrobić jakoś bez tego?

[Premislav]

Patrzę na ten indykator jak na zmienną losową o rozkładzie dwupunktowym.
\(\displaystyle{ 1{\hskip-2.5 pt}\hbox{l}(X+Y\le 1)}\) przyjmuje wartość zero z prawdopodobieństwem
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X+Y>1)}\) i jeden z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X+Y\le 1)}\).
No i korzystam z tego, że dla wektora losowego \(\displaystyle{ (X,Y)}\) o rozkładzie ciągłym z gęstością \(\displaystyle{ f(x,y)}\) i funkcji mierzalnej \(\displaystyle{ g: \RR^2\rightarrow \RR}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \mathbf{E}[g(X,Y)]=\iint_{\RR^2}f(x,y)g(x,y) \,\dd \lambda^2}\)
gdzie \(\displaystyle{ \lambda^2}\) to dwuwymiarowa miara Lebesgue'a.

Taka tam sztuczka. A jak chcesz inaczej zrobić? Ja nie umiem, co nie znaczy, ze się nie da.

[max123321]

Kurde, jakie czary.

No dobra chyba pomału zaczynam rozumieć. Tam jeszcze mogłeś napisać, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X+Y\le 1)=0 \cdot P(X+Y>1)+1 \cdot P(X+Y \le 1)=\mathbf{E}(1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}(X+Y\le 1))}\) bo ja ślepy jestem, ale chyba o to chodzi.

No dobra, a co do samej całki to funkcja będzie niezerowa tylko tam, gdzie jest część wspólna tych zbiorów dla których funkcje charakterystyczne wynoszą jeden, zgadza się? No dobra to idąc tym tropem robię tak:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \int_{0}^{\min\left\{ y, 1-y\right\} } 8xy\,\dd x\,\dd y=
\int_{0}^{1/2} (\int_{0}^{1-x } 8xy\,\dd y-\int_{0}^{x } 8xy\,\dd y),\dd x=}\)
\(\displaystyle{ =\int_{0}^{1/2} 4x(1-x)^2-4x^3\dd x=\int_{0}^{1/2} 4x-8x^2+4x^3-4x^3\dd x=}\)
\(\displaystyle{ =2 \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^2- \frac{8}{3} \cdot \left( \frac{1}{2} \right)^3= \frac{1}{6}}\). Czy tak jest dobrze?

[Premislav]

Tam jeszcze mogłeś napisać, że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X+Y\le 1)=0 \cdot P(X+Y>1)+1 \cdot P(X+Y \le 1)=\mathbf{E}(1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}(X+Y\le 1))}\) bo ja ślepy jestem, ale chyba o to chodzi.

Tak, dokładnie o to chodzi!

No dobra, a co do samej całki to funkcja będzie niezerowa tylko tam, gdzie jest część wspólna tych zbiorów dla których funkcje charakterystyczne wynoszą jeden, zgadza się?

Zgadza się.

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \int_{0}^{\min\left\{ y, 1-y\right\} } 8xy\,\dd x\,\dd y= \int_{0}^{1/2} (\int_{0}^{1-x } 8xy\,\dd y-\int_{0}^{x } 8xy\,\dd y),\dd x}\)

Z czego Twoim zdaniem wynika ta równość (nie twierdzę, że jest źle, tylko pytam)? Chyba czegoś tu nie widzę. Twój końcowy wynik (czyli \(\displaystyle{ \frac 1 6}\)) jest poprawny, więc prawdopodobnie to też, ale jakoś mi to umyka. Zmieniłeś kolejność całkowania? Na to wygląda.

U mnie to było tak:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \int_{0}^{\min\left\{ y, 1-y\right\} } 8xy\,\dd x\,\dd y =\\= \int_{0}^{1/2} \int_{0}^{y}8xy\,\dd x\,\dd y+ \int_{1/2}^{1} \int_{0}^{1-y} 8xy\,\dd x\,\dd y=\\= \int_{0}^{1/2}4y^3\,\dd y+ \int_{1/2}^{1}4y(1-y)^2\,\dd x\,\dd y=\frac 1{16}+\frac 5{48}=\frac 1 6}\)

[max123321]

Już mówię. Tak zamieniłem kolejność całkowania, jakoś tak przyzwyczaiłem się najpierw całkować po \(\displaystyle{ y}\). Obszarem całkowania jest trójkąt o wierzchołkach \(\displaystyle{ (0,0),(0,1),(1/2,1/2)}\), więc można na to patrzeć tak, że od pola trapezu o wierzchołkach \(\displaystyle{ (0,0),(1/2),(1/2),(0,1)}\) odejmuję trójkąt o wierzchołkach \(\displaystyle{ (0,0),(1/2,0),(1/2,1/2)}\), dlatego tam mi wystąpiło odejmowanie. Tak chyba też może być?

[Premislav]

Jak rozumiem z kontekstu, to trapez ma jednak wierzchołki \(\displaystyle{ (0,0), \ \left( \frac 1 2,0\right), \ \left( \frac 1 2, \frac 1 2\right), \ (0,1).}\) Tak, jest OK.

[max123321]

Tak, tak literówka.

No dobra, a jak zrobić c)?

[Premislav]

c) rozwiązałbym patrząc na to od strony dystrybuanty, a potem skorzystałbym z podobnej sztuczki, jak poprzednio, co może Ci się nie spodobać.
Z analizy gęstości wektora losowego \(\displaystyle{ (X,Y)}\) widzimy, że z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1}\) jest \(\displaystyle{ \frac X Y\in (0,1)}\). Niech \(\displaystyle{ t\in(0,1)}\). Mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \frac X Y\le t\right)=\mathbf{P}(X\le t Y)= \int_{0}^{1} \int_{0}^{ty}8xy\,\dd x\,\dd y= \int_{0}^{t} \int_{\frac x t}^{1}8xy\,\dd y \,\dd x}\)

(jak już koniecznie chcesz taką kolejność całkowania, choć IMHO nie powinieneś do tego się przywiązywać, bo to tylko oznaczenia zmiennych).

[max123321]

Aha, to że \(\displaystyle{ \frac{X}{Y} \in (0,1)}\) to wziąłeś jak rozumiem z tego, że gęstość jest niezerowa na \(\displaystyle{ 0 \le x \le y \le 1}\) czyli po podzieleniu przez \(\displaystyle{ Y}\) mamy \(\displaystyle{ 0 \le \frac{X}{Y} \le 1 \le \frac{1}{Y}}\), tak? Czyli z tego wynika, że dystrybuanta będzie równa \(\displaystyle{ 0}\) dla \(\displaystyle{ t \le 0}\) i równa jeden dla \(\displaystyle{ t>1}\). A potem jak liczysz to prawdopodobieństwo, \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \frac X Y\le t\right)}\) to bierzesz część wspólną \(\displaystyle{ \frac{X}{Y} \le t}\) i \(\displaystyle{ \left\{ 0 \le x \le y \le 1\right\}}\), tak? No dobra, to liczę tą całkę:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{t} \int_{\frac x t}^{1}8xy\,\dd y \,\dd x= \int_{0}^{t}4x(1-( \frac{x}{t})^2)dx=\int_{0}^{t}4x-4 \frac{x^3}{t^2} dx =2t^2-t^2=t^2}\). Czyli dystrybuanta będzie
\(\displaystyle{ F_{X/Y}(t)= \begin{cases} 0 \text{ dla } t \le 0 \\ t^2 \text{ dla } 0<t \le 1\\1 \text{ dla } 1<t\end{cases}}\),
dobrze?

[Premislav]

Tak, dobrze rozumiesz. Obliczenia są poprawne.

[max123321]

No dobra, a jak zrobić d)?