Zmienne losowe X i Y są niezależne i mają rozkłady o podanych gęstościach:
\(\displaystyle{ f_{1}(x)=2e ^{-2x}, x \ge 0}\)
\(\displaystyle{ f _{2}(y)=e ^{-y}, y \ge 0}\)
Dla pozostałych \(\displaystyle{ x,y = 0.}\)
Podać rozkład zmiennej losowej \(\displaystyle{ Z = Y - X}\). Obliczyć \(\displaystyle{ V(-2Z+6)}\)
Nie chodzi mi tu o podanie konkretnie tego rozkładu. Wiem że trzeba zastosować splot itd.. Z tym że nie do końca rozumiem jak ten splot działa, jak się go używa. Nie mogę znaleźć niczego konkretnego na forach
Znaleźć rozkład zmiennej Z = Y - X
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Znaleźć rozkład zmiennej Z = Y - X
\(\displaystyle{ matbf{P}(Zle z)=mathbf{P}(Y-Xle z)=mathbf{E}left( 1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{(-infty, z]}(Y-X)
ight)\= iint_{RR^2}1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{(-infty, z]}(y-x)f_1(x)f_2(y),dd (x,y)= iint_{RR^2}1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{(-infty, z]}(y-x)1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(x)1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(y)2e^{-2x}e^{-y},dd (x,y)}\)
Zajmijmy się teraz tym oto wyrażeniem:
\(\displaystyle{ 1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{(-infty, z]}(y-x)1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(x)1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(y)}\)
Wygodnie będzie sobie to narysować, ale nie umiem TikZ, więc opiszę.
W pierwszej ćwiartce układu współrzędnych (w końcu by było \(\displaystyle{ 1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(x)=1, 1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(y)=1}\) ma by \(\displaystyle{ x\ge 0, \ y\ge 0}\)) zaznaczamy pęk prostych o równaniach \(\displaystyle{ y=x+z, \ z\in \RR}\). Dla ustalonego \(\displaystyle{ z\in \RR}\) prosta o równaniu \(\displaystyle{ y=x+z}\):
– przecina oś \(\displaystyle{ OX}\) w punkcie \(\displaystyle{ (-z,0)}\) jeśli \(\displaystyle{ z\le 0}\);
– przecina oś \(\displaystyle{ OY}\) w punkcie \(\displaystyle{ (0,z)}\) jeśli \(\displaystyle{ z>0}\).
Stąd
\(\displaystyle{ \iint_{\RR^2}1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(-\infty, z]}(y-x)f_1(x)f_2(y)\,\dd (x,y)= \iint_{\RR^2}1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(-\infty, z]}(y-x)1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{[0,+\infty)}(x)1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{[0,+\infty)}(y)2e^{-2x}e^{-y}\,\dd (x,y)\\=1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(-\infty, 0]}(z) \int_{-z}^{+\infty} \int_{0}^{x+z}2e^{-2x}e^{-y}\,\dd y\,\dd x+1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(0,+\infty)}(z) \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{x+z}2e^{-2x}e^{-y}\,\dd y\,\dd x\\=1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(-\infty, 0]}(z) \int_{-z}^{+\infty} 2e^{-2x}\left( 1-e^{-x-z}\right) \,\dd x+1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(0,+\infty)}(z) \int_{0}^{+\infty} 2e^{-2x}\left( 1-e^{-x-z}\right) \,\dd x\\=1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(-\infty, 0]}(z)\cdot \frac 1 3 e^{2z} +1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(0,+\infty)}(z)\left( 1-\frac 2 3e^{-z}\right)}\)
To jest dystrybuanta rozkładu prawdopodobieństwa zmiennej losowej \(\displaystyle{ Z=Y-X}\), no to gęstość, jak potrzebujesz, już sobie z tego zrobisz.
-- 21 cze 2019, o 11:58 --
No a jak dostaniesz gęstość, różniczkując dystrybuantę, to policzenie tej wariancji jest przedszkolnym zadaniem.
ight)\= iint_{RR^2}1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{(-infty, z]}(y-x)f_1(x)f_2(y),dd (x,y)= iint_{RR^2}1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{(-infty, z]}(y-x)1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(x)1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(y)2e^{-2x}e^{-y},dd (x,y)}\)
Zajmijmy się teraz tym oto wyrażeniem:
\(\displaystyle{ 1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{(-infty, z]}(y-x)1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(x)1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(y)}\)
Wygodnie będzie sobie to narysować, ale nie umiem TikZ, więc opiszę.
W pierwszej ćwiartce układu współrzędnych (w końcu by było \(\displaystyle{ 1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(x)=1, 1{hskip -2.5pt}hbox{l}_{[0,+infty)}(y)=1}\) ma by \(\displaystyle{ x\ge 0, \ y\ge 0}\)) zaznaczamy pęk prostych o równaniach \(\displaystyle{ y=x+z, \ z\in \RR}\). Dla ustalonego \(\displaystyle{ z\in \RR}\) prosta o równaniu \(\displaystyle{ y=x+z}\):
– przecina oś \(\displaystyle{ OX}\) w punkcie \(\displaystyle{ (-z,0)}\) jeśli \(\displaystyle{ z\le 0}\);
– przecina oś \(\displaystyle{ OY}\) w punkcie \(\displaystyle{ (0,z)}\) jeśli \(\displaystyle{ z>0}\).
Stąd
\(\displaystyle{ \iint_{\RR^2}1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(-\infty, z]}(y-x)f_1(x)f_2(y)\,\dd (x,y)= \iint_{\RR^2}1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(-\infty, z]}(y-x)1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{[0,+\infty)}(x)1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{[0,+\infty)}(y)2e^{-2x}e^{-y}\,\dd (x,y)\\=1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(-\infty, 0]}(z) \int_{-z}^{+\infty} \int_{0}^{x+z}2e^{-2x}e^{-y}\,\dd y\,\dd x+1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(0,+\infty)}(z) \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{x+z}2e^{-2x}e^{-y}\,\dd y\,\dd x\\=1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(-\infty, 0]}(z) \int_{-z}^{+\infty} 2e^{-2x}\left( 1-e^{-x-z}\right) \,\dd x+1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(0,+\infty)}(z) \int_{0}^{+\infty} 2e^{-2x}\left( 1-e^{-x-z}\right) \,\dd x\\=1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(-\infty, 0]}(z)\cdot \frac 1 3 e^{2z} +1{\hskip -2.5pt}\hbox{l}_{(0,+\infty)}(z)\left( 1-\frac 2 3e^{-z}\right)}\)
To jest dystrybuanta rozkładu prawdopodobieństwa zmiennej losowej \(\displaystyle{ Z=Y-X}\), no to gęstość, jak potrzebujesz, już sobie z tego zrobisz.
-- 21 cze 2019, o 11:58 --
No a jak dostaniesz gęstość, różniczkując dystrybuantę, to policzenie tej wariancji jest przedszkolnym zadaniem.