Cos'è$\Pr(X + Y < 0)$dove$X \sim U(0,1)$e$Y \sim N(0, 1)$?$X$e$Y$sono indipendenti

Question

Questo è quello che ho provato finora:

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

Allora lascia$Z = X + Y$e noi abbiamo

\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}

Così\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}

Sembra che sarà un integrale noioso da valutare. Non so se sto adottando l'approccio giusto. C'è un metodo più semplice per questo?

Answer 1

Supponendo$X,\,Y$sono indipendenti:

Noi vogliamo$Y$-media$Pr(X<-Y)$, che a fixed$Y$è$0$Se$Y\ge0$,$1$Se$Y<-1$e$-Y$altrimenti. La media è$$\int_{-\infty}^{-1}f_Y(y)dy-\int_{-1}^0yf(y)dy=\Phi(-1)+\tfrac{1-e^{-1/2}}{\sqrt{2\pi}}\approx0.315.$$

Answer 2

È un grosso errore evitare di affermare che X e Y sono indipendenti. Come è scritto, l'esercizio non può essere risolto.

Quindi, assumendo l'indipendenza, prima osserva che if$Y<-1$è sempre vero che$X+Y<0$e questo accade con probabilità$\Phi(-1)\approx 15.87\%$

Per il resto, quando$Y>-1$l'integrale da risolvere è

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

È l'integrale nell'area viola sottostante

Answer 3

Penso che sia meglio derivare la distribuzione completa di$Z=X+Y$utilizzando la formula di convoluzione per i CDF. Quando ho usato la convoluzione per i pdf, ho ottenuto$$ f_Z(z) = \Phi(z)-\Phi(z-1), -\infty<z<\infty $$che è molto difficile da integrare, quindi ho usato invece la convoluzione per i CDF. Non che se$Y \sim R(0,1)$, poi$F_Y(y) = P(Y<y) = P(Y<z-x)$, quindi:$$ F_Y(z-x)= \left\{ \begin{array}{lr} 0 & x>z\\ z-x & 0<z-x<1\\ 1 & x<z-1 \end{array} \right. $$Quindi possiamo ignorare il pdf di$X$Se$ X>z$. Per il secondo caso, abbiamo i seguenti limiti:$z-1<x<z$, e la CDF di$Y$è$z-x$, per il terzo caso, la CDF di$Y$è$1$, quindi prendiamo solo il pdf di$X$per$-\infty<x<z-1$. Da$-\infty <z<\infty$, abbiamo appena messo insieme questi tre casi:\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}dove$\varphi, \Phi$sono densità e cdf di distribuzione normale standard. Collegando$z=0$ottieni il risultato. Si noti che questo CDF ha senso, perché$$ \lim_{z \to \pm \infty} z(\Phi(z)-\Phi(z-1)) = 0 \ \ (1)\\ \lim_{z\to \infty} \int_{z-1}^{z}x\varphi(x)dx = 0 \ \ (2)\\ \lim_{z \to \infty} F_Z(z) = 1\\ \lim_{z \to -\infty} F_Z(z) = 0 $$Qui sia (1) che (2) possono essere dimostrati prendendo i limiti superiore e inferiore$z$e$x$per gli intervalli corrispondenti, e quindi prendendo il limite. Nota anche$z-x$è sempre positivo, quindi l'intera espressione è sempre positiva. Ora prendi la derivata wrt$z$(attenzione con i segni) per ottenere$$ f_Z(z) = \Phi(z) - \Phi(z-1), \ -\infty <z< \infty $$Controlla anche i limiti.