발견 $E[X\mid Y]$ 과 $\operatorname{Var}(X\mid Y)$ 주어진 평균과 분산 $X$ 과 $Y$
2 개의 정규 분포가 있다고 가정합니다. $X$ 과 $Y$ 비열한 $u_1$ 과 $u_2$ 및 분산 $\sigma_1^2$ 과 $\sigma_2^2$; 찾기$E[X\mid Y]$ 과 $\operatorname{Var}(X\mid Y)$.
알아 $$E[X\mid Y] = \mu_1 + \rho\sigma_1 \frac{Y - u_2}{\sigma_2} $$ 과 $$\operatorname{Var}[X\mid Y] = \sigma_1 (1 - \rho^2)$$ 하지만 증명할 수 없습니다.
에 대한 $E[X\mid Y]$ 나는 시작한다 $$E[X\mid Y] = \int_{-\infty}^{+\infty} x f_{X|Y}(x\mid y)\ dx$$ 하지만 그것은 계산을 위해 작동하지 않습니다 $f_{X\mid Y}(x\mid y)$ 난 필요해 $f_{X,Y}(x,y)$나는 그것을 가지고 있지 않습니다. 아무도 나를 도울 수 있습니까?
답변
밀도 접근 방식이 작동합니다. 가장 간단한 경우에는$X$ 과 $Y$상관 관계 가있는 각각의 표준 정규$\rho$, 그래서 관절 밀도$(X,Y)$ 이다 $$ f(x,y)=\frac1{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\exp \left[-\frac1{2(1-\rho^2)}(x^2-2\rho xy+y^2)\right] $$ 한계 밀도는 $Y$ 이다 $$f(y)=\frac1{\sqrt{2\pi}}\exp\left[-\left(\frac{y^2}2\right)\right]. $$ 조건부 밀도 $\displaystyle f(x\mid y)=\frac{f(x,y)}{f(y)}$이것들의 비율입니다. 그래서 조건부$Y=y$, 밀도 $X$ 이다 $$\begin{align} f(x\mid y)&=\frac1{\sqrt{2\pi(1-\rho^2)}}\exp\left[-\frac1{2(1-\rho^2)}(x^2-2\rho xy+y^2-(1-\rho^2)y^2)\right]\\ &= \frac1{\sqrt{2\pi(1-\rho^2)}}\exp\left[-\frac1{2(1-\rho^2)}(x-\rho y)^2\right]\end{align} $$ 평균을 갖는 정규 랜덤 변수의 밀도로 인식합니다. $\rho y$ 및 분산 $1-\rho^2$. 그것은 다음과 같습니다$$ E(X\mid Y=y) = \rho y\qquad{\rm and}\qquad \operatorname{Var}(X\mid Y=y)=1-\rho^2.$$
일반적인 경우에는 다음과 같이 작성하십시오. $\displaystyle X':=\frac{X-\mu_1}{\sigma_1}$ 과 $\displaystyle Y':=\frac{Y-\mu_2}{\sigma_2}$. 이전 사례를 다음에 적용$X'$ 과 $Y'$, 그리고 결론 $$\begin{aligned} E\left (X\mid Y=y\right)&=E\left(\mu_1+\sigma_1 X'\biggm| Y'=\frac{y-\mu_2}{\sigma_2}\right)=\mu_1+\sigma_1 E\left(X'\biggm| Y'=\frac{y-\mu_2}{\sigma_2}\right)\\ &=\mu_1+\sigma_1\rho\left(\frac{y-\mu_2}{\sigma_2}\right) =\mu_1+\rho\frac{\sigma_1}{\sigma_2}(y-\mu_2) \end{aligned} $$ 과 $$\begin{aligned} \operatorname{Var}(X\mid Y=y)&=\operatorname{Var}\left(\mu_1+\sigma_1 X'\biggm| Y'=\frac{y-\mu_2}{\sigma_2}\right) =\sigma_1^2\operatorname{Var}\left( X'\biggm| Y'=\frac{y-\mu_2}{\sigma_2}\right)\\ &=\sigma_1^2(1-\rho^2).\end{aligned} $$
당연하게 생각합시다 $$\frac{X-\mu_1}{\sigma_1} = \rho \frac{Y-\mu_2}{\sigma_2} + \sqrt{1-\rho^2} Z \tag{$*$}$$ 어디 $Z \sim N(0,1)$ 독립적이다 $Y$. 설명은 내 대답의 끝을 참조하십시오.
그때 \begin{align} E[X \mid Y] &= \mu_1 + \sigma_1 E[(X-\mu_1)/\sigma_1 \mid Y] \\ &= \mu_1 + \sigma_1 \left( E[\rho (Y-\mu_2)/\sigma_2 \mid Y] + E[\sqrt{1-\rho^2} Z \mid Y] \right) \\ &= \mu_1 + \sigma_1 (\rho(Y - \mu_2) / \sigma_2) + \sqrt{1-\rho^2} E[Z] \\ &= \mu_1 + \rho \frac{\sigma_1}{\sigma_2} (Y-\mu_2). \end{align} Ottavio Bartenor가 원래 표현의 오타를 수정했습니다. $E[X\mid Y]$.
비슷하게, \begin{align} \text{Var}(X \mid Y) &= \sigma_1^2 \text{Var}((X-\mu_1)/\sigma_1 \mid Y) \\ &= \sigma_1^2 \text{Var}(\rho(Y-\mu_2)/\sigma_2 + \sqrt{1-\rho^2} Z \mid Y) \\ &= \sigma_1^2 \text{Var}(\sqrt{1-\rho^2} Z \mid Y) \\ &= \sigma_1^2 (1-\rho^2) \text{Var}(Z) \\ &= \sigma_1^2(1-\rho^2). \end{align} 게시물의 표현식에 오타가 있습니다.
가정 $Y \sim N(\mu_2, \sigma_2^2)$ 과 $Z \sim N(0,1)$독립적입니다. 허락하다$X$ 위의 평등 ($*$). 주장은$(X,Y)$ 모수가있는 이변 량 정규 분포를 따릅니다. $\mu_1, \sigma_1, \mu_2 ,\sigma_2, \rho$.
당신은 그것을 확인할 수 있습니다 $X$ 의미가있다 $\mu_1$ 및 분산 $\sigma_1^2$. 당신은 또한 사이의 상관 관계를 확인할 수 있습니다$X$ 과 $Y$ 이다 $\rho$. 또한 한계 분포를 확인할 수 있습니다.$X$독립 정규 확률 변수 의 선형 조합 이기 때문에 정상 입니다. 마지막으로, 그것을 정당화하기 위해$(X,Y)$합동 (이변 량) 정규 분포 를 따르는 경우 다음의 선형 조합에 주목 하여 공동 정규 분포의 등가 특성화에 호소 할 수 있습니다.$X$ 과 $Y$ 독립 정규 확률 변수의 선형 조합으로 쓸 수 있기 때문에 정상입니다. $Y$ 과 $Z$