Que es$\Pr(X + Y < 0)$dónde$X \sim U(0,1)$y$Y \sim N(0, 1)$?$X$y$Y$son independientes

Question

Esto es lo que he intentado hasta ahora:

\begin{align} f_X = 1 \\ f_Y = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp(-0.5y^2) \end{align}

Entonces deja$Z = X + Y$y tenemos

\begin{align} f_Z(z) = \int_0^1 f_X(x) f_Y(z - x) \, dx \\ f_Z(z) = \int_0^1 1 \cdot f_Y(z - x) \, dx \\ = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp(-0.5(x - z)^2) \, dx \end{align}

Asi que\begin{align} Pr(Z \leq 0) = \int_{-\infty}^0 \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp(-0.5(x-z)^2) \, dx \, dz \\ = \int_{-\infty}^0 \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp(-0.5x^2) \exp(- 0.5z^2) \exp(0.5xz)\,dx\,dz \\ \end{align}

Parece que va a ser una integral tediosa de evaluar. No estoy seguro si estoy tomando el enfoque correcto. ¿Hay un método más fácil para esto?

Answer 1

Asumiendo$X,\,Y$son independientes:

Queremos$Y$-promedio$Pr(X<-Y)$, que en fijo$Y$es$0$si$Y\ge0$,$1$si$Y<-1$y$-Y$de lo contrario. el promedio es$$\int_{-\infty}^{-1}f_Y(y)dy-\int_{-1}^0yf(y)dy=\Phi(-1)+\tfrac{1-e^{-1/2}}{\sqrt{2\pi}}\approx0.315.$$

Answer 2

Es un error muy grande evitar afirmar que X e Y son independientes. Tal como está escrito, el ejercicio no se puede resolver.

Entonces, suponiendo independencia, primero observe que si$Y<-1$siempre es cierto que$X+Y<0$y esto sucede con probabilidad$\Phi(-1)\approx 15.87\%$

Por lo demás, cuando$Y>-1$la integral a resolver es

$$\int_{-1}^{0}\phi(y)dy\int_{0}^{-y}dx=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-1}^{0}ye^{-\frac{y^2}{2}}dy=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}[e^{-\frac{y^2}{2}}]_{-1}^{0}=\frac{1-e^{-0.5}}{\sqrt{2\pi}}$$

Es la integral en el área morada a continuación.

Answer 3

Creo que es mejor derivar la distribución completa de$Z=X+Y$utilizando la fórmula de convolución para CDF. Cuando usé convolución para archivos PDF, obtuve$$ f_Z(z) = \Phi(z)-\Phi(z-1), -\infty<z<\infty $$que es muy difícil de integrar, así que usé convolución para CDF en su lugar. no es que si$Y \sim R(0,1)$, después$F_Y(y) = P(Y<y) = P(Y<z-x)$, por eso:$$ F_Y(z-x)= \left\{ \begin{array}{lr} 0 & x>z\\ z-x & 0<z-x<1\\ 1 & x<z-1 \end{array} \right. $$Entonces podemos ignorar el pdf de$X$si$ X>z$. Para el segundo caso, tenemos los siguientes límites:$z-1<x<z$, y la CDF de$Y$es$z-x$, para el tercer caso, la CDF de$Y$es$1$, así que solo tomamos el pdf de$X$por$-\infty<x<z-1$. Ya que$-\infty <z<\infty$, solo ponemos estos tres casos juntos:\begin{align} P(Z<z) &= F_Z(z) = \int_{z-1}^{z}(z-x)\varphi_X(x)dx + \Phi(z-1) \\ &= z(\Phi(z)-\Phi(z-1)) - \int_{z-1}^{z}x\varphi(x)dx + \Phi(z-1), -\infty <z< \infty \end{align}dónde$\varphi, \Phi$son densidad y cdf de distribución normal estándar. Al enchufar$z=0$obtienes el resultado. Tenga en cuenta que este CDF tiene sentido, porque$$ \lim_{z \to \pm \infty} z(\Phi(z)-\Phi(z-1)) = 0 \ \ (1)\\ \lim_{z\to \infty} \int_{z-1}^{z}x\varphi(x)dx = 0 \ \ (2)\\ \lim_{z \to \infty} F_Z(z) = 1\\ \lim_{z \to -\infty} F_Z(z) = 0 $$Aquí tanto (1) como (2) pueden probarse tomando los límites superior e inferior en$z$y$x$para los intervalos correspondientes, y luego tomando el límite. También tenga en cuenta$z-x$siempre es positivo, por lo que toda la expresión siempre es positiva. Ahora toma la derivada wrt$z$(cuidado con las señales) para llegar$$ f_Z(z) = \Phi(z) - \Phi(z-1), \ -\infty <z< \infty $$También revisa los límites.