Пример поиска непрерывного условного распределения

Характеристики двумерного непрерывного вектора

Непрерывный случайный вектор $(\xi ,\eta )$ задан плотностью распределения:

$$f_{\xi ,\eta }(x,y)=\{\begin{array}{ll}cy,& (x,y)\in D\\ 0,& (x,y)\notin D\end{array}$$

Требуется найти: константу $c$, условные математические ожидания $\mathbf{E}(\xi |\eta )$ и $\mathbf{E}(\eta |\xi )$.

Нахождение константы $c$

Найдём $c$, используя свойство нормировки плотности:

$${\int }_0^{1}dy{\int }_{y-1}^{2-2y}cydx=c{\int }_0^{1}y\cdot x{|}_{y-1}^{2-2y}dy=$$ $$=c{\int }_0^{1}y(2-2y-y+1)dy=c{\int }_0^1(3y-3y^2)dy=$$ $$=3c\left(\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3}\right){|}_0^1=3c\cdot \frac{1}{6}=\frac{c}{2}=1⟹c=2$$

Нахождение маргинальных плотностей

Найдём плотности $f_{\eta }(y)$ и $f_{\xi }(x)$ по свойству составляющих вектора:

• Для $\eta$ интегрируем по $x$ при $y\in (0,1)$:

$$f_{\eta }(y)={\int }_{y-1}^{2-2y}2ydx=2y(3-3y)=6y(1-y)$$

• Для $\xi$ область интегрирования по $y$ зависит от значения $x$, поэтому разбиваем на два интервала:
  При $x\in (-1,0]$ верхняя граница $y=x+1$: $$f_{\xi }(x)={\int }_0^{x+1}2ydy=y^2{|}_0^{x+1}=(x+1{)}^2$$ При $x\in (0,2]$ верхняя граница $y=-\frac{x}{2}+1$:

$$f_{\xi }(x)={\int }_0^{1-\frac{x}{2}}2ydy=y^2{|}_0^{1-\frac{x}{2}}={\left(1-\frac{x}{2}\right)}^2$$

Нахождение условных плотностей

Вычислим условные плотности по формулам $f_{\xi |\eta }(x|y)=\frac{f_{\xi ,\eta }(x,y)}{f_{\eta }(y)}$ и $f_{\eta |\xi }(y|x)=\frac{f_{\xi ,\eta }(x,y)}{f_{\xi }(x)}$.

• Условная плотность $\xi$ при условии $\eta =y$:

  $$f_{\xi |\eta }(x|y)=\frac{2y}{6y(1-y)}=\frac{1}{3(1-y)},x\in (y-1,2-2y)$$

  Это равномерное распределение на отрезке $[y-1,2-2y]$.

• Условная плотность $\eta$ при условии $\xi =x$:

$$f_{\eta |\xi }(y|x)=\{\begin{array}{ll}\frac{2y}{(x+1{)}^2},& x\in (-1,0],y\in (0,x+1)\\ \frac{2y}{{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^2},& x\in (0,2],y\in \left(0,1-\frac{x}{2}\right)\end{array}$$

Вычисление условного математического ожидания $\mathbf{E}(\xi \mid \eta )$

По определению условного математического ожидания:

$$\begin{array}{rl}& \mathbf{E}(\xi \mid \eta =y)=\underset{-\infty }{\overset{+\infty }{\int }}x\cdot f_{\xi \mid \eta }(x\mid y)dx=\underset{y-1}{\overset{2-2y}{\int }}x\cdot \frac{1}{3(1-y)}dx=\\ & =\frac{1}{3(1-y)}\cdot \frac{x^2}{2}{|}_{y-1}^{2-2y}=\frac{1}{6(1-y)}\left((2-2y{)}^2-(y-1{)}^2\right)=\\ & =\frac{1}{6(1-y)}\left(4(1-y{)}^2-(1-y{)}^2\right)=\frac{3(1-y{)}^2}{6(1-y)}=\frac{1-y}{2}\end{array}$$

Альтернативный поиск мат. ожидания

Поскольку условная плотность в этом случае распределена равномерно, то математическое ожидание можно найти по этому свойству.

Следовательно, $\mathbf{E}(\xi \mid \eta )=\frac{1-\eta }{2}$.

Вычисление условного математического ожидания $\mathbf{E}(\eta \mid \xi )$

Найдем условное математическое ожидание на двух участках:

• При $x\in (-1,0]$:

$$\mathbf{E}(\eta \mid \xi =x)=\underset{0}{\overset{x+1}{\int }}y\frac{2y}{(x+1{)}^2}dy=\frac{2}{(x+1{)}^2}\cdot \frac{y^3}{3}{|}_0^{x+1}=\frac{2}{3}(x+1)$$

• При $x\in (0,2]$:

$$\mathbf{E}(\eta \mid \xi =x)=\underset{0}{\overset{1-\frac{x}{2}}{\int }}y\frac{2y}{{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^2}dy=\frac{2}{{\left(1-\frac{x}{2}\right)}^2}\cdot \frac{y^3}{3}{|}_0^{1-\frac{x}{2}}=\frac{2}{3}\left(1-\frac{x}{2}\right)$$

Итоговый результат:

$$\mathbf{E}(\eta \mid \xi )=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{3}(\xi +1),& \xi \in (-1,0]\\ \frac{2}{3}\left(1-\frac{\xi }{2}\right),& \xi \in (0,2]\end{array}$$