O que é$\Pr(X + Y < 0)$Onde$X \sim U(0,1)$e$Y \sim N(0, 1)$?$X$e$Y$são independentes

Question

Isso é o que eu tentei até agora:

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

Então deixa$Z = X + Y$e nós temos

\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}

Então\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 vai ser uma integral tediosa de avaliar. Não tenho certeza se estou adotando a abordagem correta. Existe um método mais fácil para isso?

Answer 1

assumindo$X,\,Y$são independentes:

Nos queremos$Y$-média$Pr(X<-Y)$, que em fixo$Y$é$0$E se$Y\ge0$,$1$E se$Y<-1$e$-Y$por outro lado. a média é$$\int_{-\infty}^{-1}f_Y(y)dy-\int_{-1}^0yf(y)dy=\Phi(-1)+\tfrac{1-e^{-1/2}}{\sqrt{2\pi}}\approx0.315.$$

Answer 2

É um erro muito grande evitar afirmar que X e Y são independentes. Como está escrito, o exercício não pode ser resolvido.

Assim, assumindo a independência, primeiro observe que se$Y<-1$é sempre verdade que$X+Y<0$e isso acontece com probabilidade$\Phi(-1)\approx 15.87\%$

De resto, quando$Y>-1$a integral a ser resolvida é

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

É a integral na área roxa abaixo

Answer 3

Eu acho que é melhor derivar a distribuição completa de$Z=X+Y$usando a fórmula de convolução para CDFs. Quando usei convolução para PDFs, obtive$$ f_Z(z) = \Phi(z)-\Phi(z-1), -\infty<z<\infty $$o que é muito difícil de integrar, então usei convolução para CDFs. Não que se$Y \sim R(0,1)$, então$F_Y(y) = P(Y<y) = P(Y<z-x)$, por isso:$$ F_Y(z-x)= \left\{ \begin{array}{lr} 0 & x>z\\ z-x & 0<z-x<1\\ 1 & x<z-1 \end{array} \right. $$Então podemos ignorar o pdf de$X$E se$ X>z$. Para o segundo caso, temos os seguintes limites:$z-1<x<z$, e o CDF de$Y$é$z-x$, para o terceiro caso, o CDF de$Y$é$1$, então pegamos o pdf de$X$por$-\infty<x<z-1$. Desde$-\infty <z<\infty$, acabamos de juntar esses três casos:\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}Onde$\varphi, \Phi$são densidade e cdf de distribuição normal padrão. Ao ligar$z=0$você obtém o resultado. Note que este CDF faz sentido, porque$$ \lim_{z \to \pm \infty} z(\Phi(z)-\Phi(z-1)) = 0 \ \ (1)\\ \lim_{z\to \infty} \int_{z-1}^{z}x\varphi(x)dx = 0 \ \ (2)\\ \lim_{z \to \infty} F_Z(z) = 1\\ \lim_{z \to -\infty} F_Z(z) = 0 $$Aqui, tanto (1) quanto (2) podem ser comprovados tomando limites superiores e inferiores em$z$e$x$para os intervalos correspondentes e, em seguida, tomando o limite. Observe também$z-x$é sempre positivo, então toda a expressão é sempre positiva. Agora pegue a derivada wrt$z$(cuidado com os sinais) para obter$$ f_Z(z) = \Phi(z) - \Phi(z-1), \ -\infty <z< \infty $$Verifique também os limites.