absolut kontinuert stokastisk variabler

[Miss123]

Hej.
Jeg tvivler stærkt på hvordan jeg i opgave 2) skal finde den betingede fordeling (XY│Y=y).


Jeg har vedhæftet et billed af opgavebeskrivelsen.

[number42]

for at tage den helt forfra:
\(f_Y(y) = \int^{\infty}_{0} y e^{-y*(x+1)} dx = e^{-y}\)
Hvoraf følger Y~e(1)

\(f_X(x) = \int^{\infty}_{0} e^{-y*(x+1)} dy = \frac{1}{(x+1)^{2}}\)

Den betingede fordeling X|Y=y er:

\(f_{X|Y} (x,y) = \frac{ f(x,y)}{f_{Y}(y)}= \frac{y e^{-y*(x+1)}}{e^{-y}}=y e^{-y x}\)

XY fordelingen er \(f_{X}(x)*f_{Y}(y) = \frac{e^{-y}}{(x+1)^2}\)



XY|Y=y er \(\frac{f_ {X}(x)*f_{Y}(y)}{\int^{\infty}_{0} f_ {X}(x)*f_{Y}(y) dx }= \frac{1}{(x+1)^2}\)

Fordelingen XY|Y=y er så \(\frac{e^{-y}\frac{1}{(x+1)^2}}{\frac{1}{(x+1)^2}}= e^{-y}\)

Fordelingen XY|Y ~e(1)
XY og Y er ikke afhængige idet XY,Y ikke kan opdeles i et produkt af to funktioner som er udregnet som marginal funktioner

(Integrate[1/(1 + x)^2 Exp[-y] Exp[-y], {x, 0, \[Infinity]}] = e^(-2y) )

[HenningTh]

Mht. tæthedsfunktionen for \(XY\), så tror jeg ikke at den kan beregnes med \(f_X(x)f_Y(y)\), da \(X\) og \(Y\) ikke er uafhængige.

I stedet kan man bruge at hvis \(U=XY\), så er tæthedsfunktionen for \(U\) givet ved ( se s. 109 i Probability and Random Processes 3rd ed. af Grimmet og Stirzaker):

\(f_U(u) = \int_{-\infty}^\infty f_{X,Y}(x,u / x)\vert x\vert^{-1} dx\).

Hvis man så bruger, at \(x > 0\) får man

\(f_U(u) = \int_{0}^\infty \frac{u}{x^2} e^{-\frac{u}{x}(x+1)} dx = e^{-u}\),

dvs. \(U = XY \sim e(1)\).

Jeg ved ikke helt, hvordan man skal vise at \(U\) og \(Y\) er uafhængige, måske ved at vise at \(f_{U,Y}(u,y) =
f_U(u)f_Y(y)\) (hvor man definerer \(f_{U,Y}(u,y)\) ved et passende variabelskift.)

[number42]

Du har ret.

Mht det sidste spørgsmål

\(f_{U} (u) * f_{y} = e^{-u} e^{-y} = f_{U,Y}(u,y)\)

eftervis det ved integration af \(\int^{\infty}_{0} f_{U,Y}(u,y) du\) og \(\int^{\infty}_{0} f_{U,Y}(u,y) dy\)

Derfor er Z=XY og Y uafhængige

[number42]

.