Функция вероятности для разницы между двумя iid экспоненциальными rvs
Мой ответ полностью неверен. Подскажите, пожалуйста, в чем ошибка моей логики.
Дональд Трамп и Тори Блэк должны встретиться в определенное время, и оба опоздают до $ \sim Exponential(\lambda), i.i.d. $. Что такое cdf разницы во времени прибытия.
Позволять $ X, Y$ быть поздно и разница быть $Z = X - Y$. Случаи$z \geq 0$ и $z < 0 $.
Во-первых, для $ z \geq 0$,
$ F_Z(z) = P(Z\leq z) = P(X-Y \leq z) = 1 - P(X-Y > z) = 1 - P(X>Z+Y)$
Z $\geq 0$, так $X \geq 0 $ для всех $Y$.
$$\begin{align} F_Z(z) & = 1 - \int_0^\infty(\int_{z+y}^\infty f_{X,Y}(x,y)dx) dy \\& = 1 - \int_0^\infty(\int_{z+y}^\infty \lambda e^{-\lambda y}\cdot\lambda e^{-\lambda x}dx) dy \\& = 1 - \int_0^\infty\lambda e^{-\lambda y}(-e^{-\lambda x}|_{z+y}^\infty) dy \\& = 1 - \int_0^\infty\lambda e^{-2\lambda y}e^{-\lambda z}dy \\& = 1 - e^{-\lambda z}\int_0^\infty \lambda e^{-2\lambda y} \\& = 1 - \frac{1}{2}e^{-\lambda z}\end{align}$$
Теперь для $z < 0$, где мой расчет сильно ошибся .
Так же, $F_Z(z) = 1 - P(X-Y > z) = 1 - P(X>Z+Y) $
$Z < 0$, Таким образом, для $X \geq 0$, $Y$ должно быть $Y \geq -Z$, так что я делаю:
$$\begin{align}F_Z(z) & = 1 - \int_{-z}^\infty(\int_{z+y}^\infty \lambda e^{-\lambda y}\cdot\lambda e^{-\lambda x}dx) dy \\& = 1- \int_{-z}^\infty \lambda e^{-\lambda y}\cdot e^{-\lambda (z+y)}dy \\& = 1 - e^{- \lambda z}\int_{-z}^\infty \lambda e^{-2\lambda y}dy \\& = 1 - e^{-\lambda z}\cdot \frac{1}{2}e ^{2\lambda z} \\& = 1 - \frac{1}{2}e^{\lambda z}.\end{align}$$
Следовательно, мои ответы в обоих случаях одинаковы, за исключением $z$ подписать.
Правильные CDF даны в учебнике как
$F_Z(z) = 1 - \frac{1}{2}e^{-\lambda z}$ за $z\geq 0$ и $\frac{1}{2}e^{\lambda z}$ за $z<0$.
Я забыл интегрировать $Y$ над $\int_0^{-z}$ за $z<0$, который при включении дает ответ учебника.
Ответы
Ваши интегральные пределы неверны. Если вы нарисуете область интеграции, она будет в первом квадранте справа от линии.$X-Y=z$. Интегрировать будет проще, если порядок интеграции$dy dx$. В противном случае вам нужно будет вычислить два разных диапазона:$0\leq y \leq -z$ и $-z<y<\infty$. В своем интеграле вы просто вычисляете второй интервал.
$$\begin{align}P(X>z+Y)&=\int_0^\infty \int_0^{x-z}\lambda e^{-\lambda x}\lambda e^{-\lambda y}dydx\\&=\int_0^\infty \lambda e^{-\lambda x}(1-e^{-\lambda(x-z)})dx\\&=1-e^{\lambda z}\int_0^\infty \lambda e^{-2\lambda x}dx\\&=1-e^{\lambda z}/2\end{align}$$
Это дает $F_Z(z)=e^{\lambda z}/2$
Я не буду отвечать на вопрос ОП о том, где его анализ по делу $z<0$ пошла не так, но вместо этого укажите более простой способ получить правильный ответ, если значение $F_Z(z)$ был определен как $1-\frac 12 \exp(-\lambda z)$ когда $z > 0$.
поскольку $X$ и $Y$являются IID случайных величин, тем плотность из$Z = X-Y$ должна быть такой же, как плотность $-Z = Y-X$, то есть плотность должна быть четной функцией. Одним из следствий этого является то, что$P(Z>\alpha) = P(Z<-\alpha)$ и так сразу получаем \begin{align} P(Z > z) &= \frac 12 \exp(-\lambda z), &z > 0,\\ &{\big \Downarrow}\\ P(Z < -z) &= \frac 12 \exp(-\lambda z), &z > 0,\\ &{\big \Downarrow}\\ P(Z < z) &= \frac 12 \exp(\lambda z), &z < 0,\\ \end{align} и другие, $$F_Z(z) = P(Z \leq z) = P(Z < z) = \frac 12 \exp(\lambda z), \,\,\,\ z < 0.$$
Фактически, эта проблема может быть решена без вычисления каких-либо интегралов, если исходить из знания, что экспоненциальное распределение - единственное непрерывное распределение, которое не имеет памяти. Это означает, что если случайная величина$X\sim\text{Expon}(\lambda)$ тогда также $X-a|X>a\sim\text{Expon}(\lambda)$ для любой $a>0$. Другими словами, если$X$это время до прибытия Дональда Трампа, и он не прибыл, скажем, через 10 минут, тогда время до его прибытия сверх этих 10 минут также распределяется как$X$. Это может показаться нелогичным, но это легко доказать.
Сейчас если $X,Y$ iid $\text{Expon}(\lambda)$ и время прибытия Дональда и Тори соответственно, то Дональд будет первым, кто прибудет с вероятностью 0,5: $\text{Prob}(Y>X)=0.5$. Однако, что более важно в этом случае, свойство памяти$Y$ говорит нам, что $Y-X|Y>X \sim\text{Expon}(\lambda)$ какой бы ни была ценность $X$ и поэтому $-Z|Y>X$ является $\text{Expon}(\lambda)$. Точно так же, если Тори прибудет первой, с вероятностью$\text{Prob}[X>Y]=0.5$, тогда $Z|X>Y$ это также $\text{Expon}(\lambda)$. Объединение двух случаев дает симметричный результат для$F_Z(z)$ что было получено раньше.
Я попросил cdf, но если бы это был pdf .
За $z\geq 0, 0\leq z\leq x <\infty$, $$\begin{align} f_Z(z) &= \int_z^\infty f_X(x)\cdot f_y(x-z)dx \\ & = \lambda^2 e^{\lambda z}\int_z^\infty e^{-2\lambda x}dx \\ &= \frac{\lambda}{2}e^{-\lambda z} \end{align}$$
За $z<0, z< 0\leq x <\infty$, $$\begin{align} f_Z(z) &= \int_0^\infty f_X(x)\cdot f_y(x-z)dx \\ & = \lambda^2 e^{\lambda z}\int_0^\infty e^{-2\lambda x}dx \\ &= \frac{\lambda}{2}e^{\lambda z} \end{align}$$