apa yang $\Pr(X + Y < 0)$ dimana $X \sim U(0,1)$ dan $Y \sim N(0, 1)$? $X$ dan $Y$ mandiri

Aug 19 2020

Inilah yang saya coba sejauh ini:

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

Lalu biarkan $Z = X + Y$ dan kita mempunyai

\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}

Begitu \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}

Sepertinya ini akan menjadi bagian integral yang membosankan untuk dievaluasi. Saya tidak yakin apakah saya mengambil pendekatan yang benar. Apakah ada metode yang lebih mudah untuk ini?

Jawaban

1 J.G. Aug 19 2020 at 03:13

Asumsi $X,\,Y$ independen:

Kami ingin $Y$-rata-rata $Pr(X<-Y)$, yang di perbaiki $Y$ aku s $0$ jika $Y\ge0$, $1$ jika $Y<-1$ dan $-Y$jika tidak. Rata-rata adalah$$\int_{-\infty}^{-1}f_Y(y)dy-\int_{-1}^0yf(y)dy=\Phi(-1)+\tfrac{1-e^{-1/2}}{\sqrt{2\pi}}\approx0.315.$$

1 tommik Aug 19 2020 at 03:27

Ini adalah kesalahan yang sangat besar yang menghindari pernyataan bahwa X dan Y adalah independen. Seperti yang tertulis, latihan ini tidak bisa diselesaikan.

Jadi, dengan asumsi kemerdekaan, pertama-tama amati jika $Y<-1$ itu selalu benar $X+Y<0$ dan ini terjadi dengan probabilitas $\Phi(-1)\approx 15.87\%$

Selebihnya, kapan $Y>-1$ integral yang harus dipecahkan adalah

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

Ini adalah integral di area ungu di bawah

Alex Aug 19 2020 at 23:51

Saya pikir lebih baik mendapatkan distribusi penuh $Z=X+Y$menggunakan rumus konvolusi untuk CDF. Ketika saya menggunakan konvolusi untuk pdf, saya mengerti$$ f_Z(z) = \Phi(z)-\Phi(z-1), -\infty<z<\infty $$yang sangat sulit untuk diintegrasikan, jadi saya menggunakan konvolusi untuk CDF sebagai gantinya. Bukan itu kalau$Y \sim R(0,1)$, kemudian $F_Y(y) = P(Y<y) = P(Y<z-x)$, karenanya: $$ F_Y(z-x)= \left\{ \begin{array}{lr} 0 & x>z\\ z-x & 0<z-x<1\\ 1 & x<z-1 \end{array} \right. $$ Jadi kita bisa mengabaikan pdf dari $X$ jika $ X>z$. Untuk kasus kedua, kami memiliki batasan berikut:$z-1<x<z$, dan CDF $Y$ aku s $z-x$, untuk kasus ketiga, CDF $Y$ aku s $1$, jadi kami hanya mengambil pdf dari $X$ untuk $-\infty<x<z-1$. Sejak$-\infty <z<\infty$, kami hanya menggabungkan tiga kasus ini: \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} dimana $\varphi, \Phi$adalah kepadatan dan cdf dari distribusi normal standar. Dengan mencolokkan$z=0$Anda mendapatkan hasilnya. Perhatikan bahwa CDF ini masuk akal, karena$$ \lim_{z \to \pm \infty} z(\Phi(z)-\Phi(z-1)) = 0 \ \ (1)\\ \lim_{z\to \infty} \int_{z-1}^{z}x\varphi(x)dx = 0 \ \ (2)\\ \lim_{z \to \infty} F_Z(z) = 1\\ \lim_{z \to -\infty} F_Z(z) = 0 $$ Di sini baik (1) dan (2) dapat dibuktikan dengan mengambil batas atas dan bawah $z$ dan $x$untuk interval yang sesuai, lalu mengambil batasnya. Juga mencatat$z-x$selalu positif, jadi seluruh ekspresi selalu positif. Sekarang ambil turunan wrt$z$ (hati-hati dengan tanda) untuk mendapatkannya $$ f_Z(z) = \Phi(z) - \Phi(z-1), \ -\infty <z< \infty $$ Periksa juga batasannya.