הסתברות/התניה של וקטורים אקראיים

דוגמאות

• יהי (X,Y) ו"א אי שלילי בעל פונקצית הצפיפות $f_{X,Y}(x,y)=cxy{e}^{-(2x^2+y^2)}$, כאשר c קבוע נרמול חיובי מתאים. מהי ההסתברות $\mathbb{P}(X\le 1|Y\le 2)$ ..?

שימו לב כי אין זו צפיפות גאוסית בגלל הגורם הכפלי לפני האקספוננט.

פתרון: התחום הנתון הוא המלבן $(0,\mathrm{\infty }{)}^2$, וניתן לפרק את פונקצית הצפיפות המשותפת לפונקציה ב-x ולפונקציה ב-y, ולכן הם בלתי תלויים ולכן:

$\mathbb{P}(X\le 1|Y\le 2)=\mathbb{P}(X\le 1)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{1}{\int }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_{X,Y}(x,y)dydx=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}cxy{e}^{-(2x^2+y^2)}dydx=$

$=\frac{c}{2}\underset{0}{\overset{1}{\int }}x{e}^{-2x^2}dx=\frac{c}{2}(-\frac{1}{4}{e}^{-2}+\frac{1}{4})$

כעת נמצא את הקבוע:

$1={-\frac{1}{4}{e}^{-2x^2}|}_0^{\mathrm{\infty }}\cdot {-\frac{1}{2}{e}^{-y^2}|}_0^{\mathrm{\infty }}=\frac{1}{4}\frac{1}{2}=\frac{1}{8}\Rightarrow c=8$

כך שבסופו של דבר: $\mathbb{P}(X\le 1)=1-e^{-2}$.

דרך אחרת: נרצה להשתמש בנוסחה $f_{X|Y}(x|y)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}$. כמו כן, אם נחשוב קדימה ונזכר בנוסחאות לצפיפות מותנית, נסיק כי אין צורך לחשב את הקבוע c. נחשב תחילה את הצפיפות השולית באמצעות הצפיפות המשותפת:

$f_Y(y)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_{X,Y}(x,y)dx=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}cxy{e}^{-(2x^2+y^2)}dx=cy{e}^{-y^2}\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x{e}^{-2x^2}dx=$

$={-\frac{c}{4}y{e}^{-y^2}{e}^{-2x^2}|}_{x=0}^{\mathrm{\infty }}=\frac{c}{4}y{e}^{-y^2}$

כעת נציב בנוסחה:

$f_{X|Y}(x|y)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}=\frac{cxy{e}^{-(2x^2+y^2)}}{\frac{c}{4}y{e}^{-y^2}}=4x{e}^{-2x^2}$

(האם התוצאה מחייבת ש-X בלתי תלוי ב-Y?)

כעת:

$\mathbb{P}(X\le 1|Y\le 2)=F_{X|Y}(1|2)=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\underset{0}{\overset{2}{\int }}4x{e}^{-2x^2}dxdy=\underset{0}{\overset{1}{\int }}4x{e}^{-2x^2}dx\underset{0}{\overset{2}{\int }}dy=$

$=\underset{0}{\overset{1}{\int }}8x{e}^{-2x^2}dx={-2e^{-2x^2}|}_0^1=2-2e^{-2}$

שימו לב: יש טעות בדרך שטרם נמצאה. צריך לצאת: $1-e^{-2}$.

• יהי (X,Y,Z) ו"א המפולג באחידות בתחום $D=\{(x,y,z)|x+y+z\le 2,x,y,z\ge 0\}$. מהי התוחלת $𝔼(X|Y,Z)$ ..?

פתרון: מדובר בוקטור אחיד שצפיפותו היא מספר קבוע, ולכן נמצא תחילה מספר זה (מעשית, אין בו צורך כי הוא ממילא יצטמצם מאוחר יותר):

$1=c\cdot \underset{0}{\overset{2}{\int }}dz\underset{0}{\overset{2-z}{\int }}dy\underset{0}{\overset{2-z-y}{\int }}dx=...=\frac{4}{3}\Rightarrow c=\frac{3}{4}$

כעת, על מנת להשתמש בהגדרת הצפיפות המותנית עבור $f_{X|Y,Z}$, יש למצוא תחילה את הצפיפות המשותפת $f_{Y,Z}$:

$f_{Y,Z}(y,z)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{f}_{X,Y,Z}(x,y,z)dx=\underset{0}{\overset{2-z-y}{\int }}\frac{3}{4}dx=\frac{3}{4}(2-z-y)$

שימו לב כי התחום הרלוונטי הוא $y+z<2$. נציב בנוסחת הצפיפות המותנית:

$f_{X|Y,Z}(x|y,z)=\frac{f_{X,Y,Z}(x,y,z)}{f_{Y,Z}(y,z)}=\frac{\frac{3}{4}}{\frac{3}{4}(2-z-y)}=\frac{1}{2-z-y}$

לבסוף:

$𝔼(X|Y,Z)=\underset{0}{\overset{2-z-y}{\int }}\frac{x}{2-z-y}dx=\frac{1}{2}(2-z-y)$

דרך אחרת: בהינתן X,Y מתקבל ש- $X\sim U[0,2-Z-Y]$ ולכן $𝔼(X|Y,Z)=\frac{2-z-y}{2}$.