Matematyka.pl

Zmienne losowe \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\) są niezależne i mają rozkład normalny, przy czym
\(\displaystyle{ \EE X=1, VarX=3,\EE Y=1, Var Y=1}\). Niech \(\displaystyle{ Z=e^{X-Y}}\). Oblicz wartość oczekiwaną \(\displaystyle{ Z}\).

Jak to zrobić?

Wektor losowy \(\displaystyle{ (X,Y)}\) ma wtenczas dwuwymiarowy rozkład normalny o takiej oto gęstości (iloczyn gęstości poszczególnych zmiennych – dzięki niezależności):
\(\displaystyle{ f(x,y)=\frac{1}{\sqrt{6\pi}}e^{- \frac{(x-1)^2}{6} }\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(y-1)^2}{2}}}\).
Ponadto dla wektora losowego \(\displaystyle{ (X,Y)}\) o rozkładzie ciągłym z gęstością \(\displaystyle{ f(x,y)}\) i funkcji mierzalnej \(\displaystyle{ g: \RR^2\rightarrow \RR}\) mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{E}\left[ g(X,Y)\right] =\iint_{\RR^2}f(x,y)g(x,y)\,\dd (x,y)}\)
Tutaj rzecz jasna jest \(\displaystyle{ g(x,y)=e^{x-y}}\).

No, ok to dostaję, że:

\(\displaystyle{ \mathbf{E}\left[ g(X,Y)\right] =\iint_{\RR^2}f(x,y)g(x,y)\,\dd (x,y)=}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2 \sqrt{3}\pi } \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-1/6x^2+4/3x-1/6} \cdot e^{-1/2y^2-1/2}dydx}\)

I jak to dalej zcałkować?

Doprowadzić to do postaci całki z przeskalowanej funkcji gęstości dwuwymiarowego rozkładu normalnego, mnożąc i dzieląc przez coś.
Wskazówka:
\(\displaystyle{ -\frac{1}{6}x^2+\frac 4 3 x-\frac{1}{6}-\frac 1 2-\frac{1}{2}y^2\\=-\frac 1 6 \left( x-4\right)^2-\frac 1 2 y^2+2}\)
Wyłączasz \(\displaystyle{ e^2}\) przed całkę, porównujesz to
\(\displaystyle{ C\cdot e^{- \frac{(x-4)^2}{6}}}\), gdzie \(\displaystyle{ C}\) to pewna stała, z tym:
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{- \frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2} }}\),
by porównać wykładniki eksponent i odczytać w ten sposób \(\displaystyle{ \mu}\) i \(\displaystyle{ \sigma}\), podobnie (tu sprawa raczej oczywista) z \(\displaystyle{ e^{-\frac{1}{2}y^2}}}\).

Czyli jakoś tak?:

\(\displaystyle{ \frac{1}{2 \sqrt{3}\pi } \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-1/6x^2+4/3x-1/6} \cdot e^{-1/2y^2-1/2}dydx=}\)
\(\displaystyle{ = \frac{ \sqrt{6\pi} }{2 \sqrt{3}\pi } \cdot e^2 \int_{-\infty}^{\infty}e^{-1/2y^2} \cdot f_{4, \sqrt{3}}(x)dy= \frac{e^2}{ \sqrt{2\pi} }f_{4, \sqrt{3}}(x) \cdot f_{0,1}(y)}\)

Coś z tymi pierwiastkami się nie zgadza. To jaki Twoim zdaniem jest wynik? Bo moim zdaniem \(\displaystyle{ e^2}\), dziwnie to jakoś zapisałeś (w ogóle na końcu nie powinieneś dostać nic zależnego od \(\displaystyle{ x,y}\), więc zapis wręcz wprowadzający w błąd).

Możliwe, że się gdzieś, pomyliłem, jestem już zmęczony. A możesz to jakoś rozpisać?

Jak się jest zmęczonym, to się odpoczywa, seriously. Czasem lepiej zrobić jedno czy dwa ciekawsze z pełnym zrozumieniem. A w mojej opinii (która nie musi być miarodajna) jeśli chodzi o RP, to trochę idziesz w ilość, może na studiach technicznych to miałoby większy sens, ale to jest matematyka.

Dobra, tyle mojego nudzenia.

\(\displaystyle{ \frac{1}{2 \sqrt{3}\pi } \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-1/6x^2+4/3x-1/6} \cdot e^{-1/2y^2-1/2}\,\dd y\,\dd x\\=e^2 \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{6\pi}}e^{- \frac{(x-4)^2}{6} } \cdot \frac 1{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{ y^2}2}\,\dd y\,\dd x\\=e^2\left( \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{6\pi}}e^{-\frac{(x-4)^2}{6}}\,\dd x \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{y^2}{2}} \,\dd y \right)\\=e^2}\)

No może i masz rację.

Bo tu jak rozumiem korzystasz z tego, że całka z gęstości po całej prostej rzeczywistej jest równa jeden, tak?

Bo tu jak rozumiem korzystasz z tego, że całka z gęstości po całej prostej rzeczywistej jest równa jeden, tak?

Zgadza się.