Нека X и Y са независими стандартно нормално разпределени случайни величини. Да се пресметне \text{E}(X|X>Y)
Решение. Да означим с F и f функциите съответно на разпределение и на плътност на стандартното нормално разпределение (съответно на величините X и Y). Нека Z=X|_{X>Y}. Така търсим \text{E}(Z). За целта да пресметнем функцията на разпределение F_Z и функцията на плътност f_Z. F_Z(z)=\text{P}(Z<z)=\operatorname{P}(X<z|X>Y)=\frac{\text{P}(X<z \bigcap X>Y)}{P(X>Y)}. Заради симетрия \text{P}(X>Y)=\text{P}(Y>X)\Rightarrow \text{P}(X>Y)=\frac{1}{2}. Ще пресметнем
\text{P}(X<z \bigcap X>Y) чрез формулата за пълна вероятност. Зaбелязваме, че
\text{P}(X<z \bigcap X>Y|X=s)=\begin{cases} 0, & s>z \\ \text{P}(Y<s), & s\le z \end{cases} Тогава
\text{P}(X<z \bigcap X>Y)=\int_{-\infty}^{\infty}\text{P}(X<z \bigcap X>Y|X=s)f(s)\mathrm{d}s=\int_{-\infty}^{z}F(s)f(s)\mathrm{d}s Така F_Z(z)=2\int_{-\infty}^{z}F(s)f(s)\mathrm{d}s
За функцията на плътност получаваме f_Z(z)=2F(z)f(z).
Така трябва да пресметнем I=\int_{-\infty}^{\infty}zf_Z(z)\mathrm{d}z=2\int_{-\infty}^{\infty}zF(z)f(z)\mathrm{d}z=2\int_{-\infty}^{\infty}zf(z)\int_{-\infty}^{z}f(s)\mathrm{d}s\mathrm{d}z=\\=2\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{z}zf(z)f(s)\mathrm{d}s\mathrm{d}z
Сега сменяме реда на интегриране I/2=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{z}zf(z)f(s)\mathrm{d}s\mathrm{d}z=\int_{-\infty}^{\infty}f(s)\int_{s}^{\infty}zf(z)\mathrm{d}z\mathrm{d}s
За вътрешния интеграл намираме
\int_{s}^{\infty}zf(z)\mathrm{d}z=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{s}^{\infty}zе^{-\frac{z^2}{2}}\mathrm{d}z=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{s}^{\infty}е^{-\frac{z^2}{2}}\mathrm{d}\frac{z^2}{2}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(-e^{-\frac{z^2}{2}}\right)\Bigg|_{z=s}^{\infty}=f(s)
Тогава I=2\int_{-\infty}^{\infty}f(s)^2\mathrm{d}s=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-z^2}\mathrm{d}z=\frac{1}{\sqrt{\pi}}
Решение. Да означим с F и f функциите съответно на разпределение и на плътност на стандартното нормално разпределение (съответно на величините X и Y). Нека Z=X|_{X>Y}. Така търсим \text{E}(Z). За целта да пресметнем функцията на разпределение F_Z и функцията на плътност f_Z. F_Z(z)=\text{P}(Z<z)=\operatorname{P}(X<z|X>Y)=\frac{\text{P}(X<z \bigcap X>Y)}{P(X>Y)}. Заради симетрия \text{P}(X>Y)=\text{P}(Y>X)\Rightarrow \text{P}(X>Y)=\frac{1}{2}. Ще пресметнем
\text{P}(X<z \bigcap X>Y) чрез формулата за пълна вероятност. Зaбелязваме, че
\text{P}(X<z \bigcap X>Y|X=s)=\begin{cases} 0, & s>z \\ \text{P}(Y<s), & s\le z \end{cases} Тогава
\text{P}(X<z \bigcap X>Y)=\int_{-\infty}^{\infty}\text{P}(X<z \bigcap X>Y|X=s)f(s)\mathrm{d}s=\int_{-\infty}^{z}F(s)f(s)\mathrm{d}s Така F_Z(z)=2\int_{-\infty}^{z}F(s)f(s)\mathrm{d}s
За функцията на плътност получаваме f_Z(z)=2F(z)f(z).
Така трябва да пресметнем I=\int_{-\infty}^{\infty}zf_Z(z)\mathrm{d}z=2\int_{-\infty}^{\infty}zF(z)f(z)\mathrm{d}z=2\int_{-\infty}^{\infty}zf(z)\int_{-\infty}^{z}f(s)\mathrm{d}s\mathrm{d}z=\\=2\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{z}zf(z)f(s)\mathrm{d}s\mathrm{d}z
Сега сменяме реда на интегриране I/2=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{z}zf(z)f(s)\mathrm{d}s\mathrm{d}z=\int_{-\infty}^{\infty}f(s)\int_{s}^{\infty}zf(z)\mathrm{d}z\mathrm{d}s
За вътрешния интеграл намираме
\int_{s}^{\infty}zf(z)\mathrm{d}z=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{s}^{\infty}zе^{-\frac{z^2}{2}}\mathrm{d}z=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{s}^{\infty}е^{-\frac{z^2}{2}}\mathrm{d}\frac{z^2}{2}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(-e^{-\frac{z^2}{2}}\right)\Bigg|_{z=s}^{\infty}=f(s)
Тогава I=2\int_{-\infty}^{\infty}f(s)^2\mathrm{d}s=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-z^2}\mathrm{d}z=\frac{1}{\sqrt{\pi}}
Comments
Post a Comment