Densita di funzione non monotona di v.a.
Ciao, stavo calcolando la densità della variabile aleatoria $Y=X^2$ con $X\sim N(0,1)$ e mi sono trovato davanti una curiosità: procedendo con il calcolo della funzione di ripartizione di $Y$, si vede che per $y>0$ la densità di $Y$ è
$1/{2\sqrt{y}}[f_X(\sqrt{y})+f_X(-\sqrt{y})]$
e si ottiene lo stesso risultato applicando la formula del cambio di variabile nei due casi $x>0$ e $x<0$ e sommandoli.
Ora, questo non è un caso: la cosa funziona anche per $Y=|X|$ e funziona, penso, anche per ogni funzione pari.
Mi domandavo se esistono altri casi "carini" come questo, in cui la funzione $h$ di $Y=h(X)$ non è monotona, ma basta dividere in pezzi monotoni e sommare o cose del genere.
$1/{2\sqrt{y}}[f_X(\sqrt{y})+f_X(-\sqrt{y})]$
e si ottiene lo stesso risultato applicando la formula del cambio di variabile nei due casi $x>0$ e $x<0$ e sommandoli.
Ora, questo non è un caso: la cosa funziona anche per $Y=|X|$ e funziona, penso, anche per ogni funzione pari.
Mi domandavo se esistono altri casi "carini" come questo, in cui la funzione $h$ di $Y=h(X)$ non è monotona, ma basta dividere in pezzi monotoni e sommare o cose del genere.
Risposte
"retrocomputer":
Ora, questo non è un caso: la cosa funziona anche per Y=|X| e funziona, penso, anche per ogni funzione pari.
Mi domandavo se esistono altri casi "carini" come questo, in cui la funzione h di Y=h(X) non è monotona, ma basta dividere in pezzi monotoni e sommare o cose del genere.
Esatto, non è assolutamente un caso. Infatti vale il seguente teorema:
Sia $Lambda$ l'insieme immagine della variabile aleatoria continua $X$ (nel tuo esempio, dato che $XsimN(0,1)$, $Lambda=RR$). Si consideri la trasformazione $Y=g(X)$. Se $y=g(x)$ ($g:LambdararrD$) non è iniettiva (non "one to one") su $Lambda$, allora se ne consideri una sua partizione: $Lambda_1,Lambda_2,..,Lambda_n$ tale che $y=g_i(x)$ è iniettiva su ogni $Lambda_i$, $i=1,..,n$. Allora $f_Y(y)=sum_{i=1}^{n}|g'_i^{-1}(y)|f_X(g_i^{-1}(y))1_D(y)$
Lo sospettavo 
Grazie! 
Non fa parte del mio attuale programma di studio, ma ho provato a dimostrarlo e non sembra difficile, penso che basti spezzare il dominio di $g$ e considerare la funzione di ripartizione nelle varie parti. Solo che mi annodo un po' con le controimmagini... In rete c'è qualche dimostrazione che non risparmi sui passaggi?
Grazie! Non fa parte del mio attuale programma di studio, ma ho provato a dimostrarlo e non sembra difficile, penso che basti spezzare il dominio di $g$ e considerare la funzione di ripartizione nelle varie parti. Solo che mi annodo un po' con le controimmagini... In rete c'è qualche dimostrazione che non risparmi sui passaggi?
"retrocomputer":
In rete c'è qualche dimostrazione che non risparmi sui passaggi?
Sinceramente non so..
Va beh, allora ci provo io 
Mi ispiro al caso di $g$ invertibile, scrivendo la funzione di ripartizione $F_Y$ di $Y=g(X)$, e cerco di usare le notazioni dell'enunciato che hai scritto tu.
Prima applichiamo un po' di definizioni:
$F_Y(y)=P\{Y\leq y\}=P\{g(X)\leq y\}=P\{(g\circ X)^{-1}(-\infty,y]\}=P\{X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y])\}$
Ora introduco la partizione, limitandomi al caso $n=2$, cioè $\Lambda=\Lambda_1\cup\Lambda_2$ (unione disgiunta):
$F_Y(y)=P\{X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_1 \bigcup g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_2)\}=$
$=P\{X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_1) \bigcup X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_2)\}$
Le unioni grandi $\bigcup$ sono unioni disgiunte, quindi
$F_Y(y)=P\{X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_1)\} + P\{X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_2)\}=$
$=P\{X^{-1}(g_1^{-1}(-\infty,y])\} + P\{X^{-1}(g_2^{-1}(-\infty,y])\}=P\{g_1(X)\leq y\}+P\{g_2(X)\leq y\}$
e a questo punto si procede invertendo $g_1$ e $g_2$ come nel caso di $g$ invertibile.
Può andare?
Mi ispiro al caso di $g$ invertibile, scrivendo la funzione di ripartizione $F_Y$ di $Y=g(X)$, e cerco di usare le notazioni dell'enunciato che hai scritto tu.
Prima applichiamo un po' di definizioni:
$F_Y(y)=P\{Y\leq y\}=P\{g(X)\leq y\}=P\{(g\circ X)^{-1}(-\infty,y]\}=P\{X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y])\}$
Ora introduco la partizione, limitandomi al caso $n=2$, cioè $\Lambda=\Lambda_1\cup\Lambda_2$ (unione disgiunta):
$F_Y(y)=P\{X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_1 \bigcup g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_2)\}=$
$=P\{X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_1) \bigcup X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_2)\}$
Le unioni grandi $\bigcup$ sono unioni disgiunte, quindi
$F_Y(y)=P\{X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_1)\} + P\{X^{-1}(g^{-1}(-\infty,y]\cap\Lambda_2)\}=$
$=P\{X^{-1}(g_1^{-1}(-\infty,y])\} + P\{X^{-1}(g_2^{-1}(-\infty,y])\}=P\{g_1(X)\leq y\}+P\{g_2(X)\leq y\}$
e a questo punto si procede invertendo $g_1$ e $g_2$ come nel caso di $g$ invertibile.
Può andare?
L'ho letta velocemente, ma mi pare fili correttamente!
Grazie! I passaggi più delicati per me sono quelli centrali, con le controimmagini delle semirette che si intersecano con gli elementi della partizione, e poi la "conservazione" dell'unione disgiunta. Più che altro lì mi premeva sapere se era tutto a posto.
Ma ci sono metodi sicuramente più agevole del vostro. E' sufficiente partire dalla definizione di funzione di ripartizione di una v.c. Sia \(\displaystyle X \) una Normale Standard e sia \(\displaystyle Y=X^2 \)
\(\displaystyle F_Y(y)=P(Y\leq y)=P(X^2\leq y)=P(-\sqrt{y}\leq X\leq \sqrt{y})\).
Così calcolando l'intergale tra \(\displaystyle -\sqrt{y} \) e \(\displaystyle \sqrt{y} \) si ottiene esattamente la densità della v.c. Chi quadrato con un grado di libertà.
\(\displaystyle F_Y(y)=P(Y\leq y)=P(X^2\leq y)=P(-\sqrt{y}\leq X\leq \sqrt{y})\).
Così calcolando l'intergale tra \(\displaystyle -\sqrt{y} \) e \(\displaystyle \sqrt{y} \) si ottiene esattamente la densità della v.c. Chi quadrato con un grado di libertà.
"Blue_87":
Ma ci sono metodi sicuramente più agevole del vostro. E' sufficiente partire dalla definizione di funzione di ripartizione di una v.c. Sia \(\displaystyle X \) una Normale Standard e sia \(\displaystyle Y=X^2 \)
\(\displaystyle F_Y(y)=P(Y\leq y)=P(X^2\leq y)=P(-\sqrt{y}\leq X\leq \sqrt{y})\).
Con il "mio" metodo, continuo così:
$=F_X(\sqrt{y})-F_X(-\sqrt{y})$
e derivando rispetto a $y$ ottengo l'espressione di $f_Y$ in funzione di $f_X$ e ho finito (basta sostituire a $f_X$ la densità della normale standard).
Così calcolando l'intergale tra \(\displaystyle -\sqrt{y} \) e \(\displaystyle \sqrt{y} \) si ottiene esattamente la densità della v.c. Chi quadrato con un grado di libertà.
Se per favore espliciti i conti, imparo un nuovo metodo
\begin{equation*}\begin{split}
\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}dx&=2\int_{0}^{\sqrt{y}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}dx\\
&=2\int_{0}^{y}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{2\sqrt{v}}e^{-\frac{v}{2}}dv\\
&=\int_{0}^{y}\left(\frac{1}{2}\right)^{1/2}\frac{1}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}v^{1-\frac{1}{2}}e^{-v/2}dv
\end{split}
\end{equation*}
che è la cumulata della Chi Quadrato con un grado di libertà. La funzione è integranda è quindi la densità.
\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}dx&=2\int_{0}^{\sqrt{y}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}dx\\
&=2\int_{0}^{y}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{2\sqrt{v}}e^{-\frac{v}{2}}dv\\
&=\int_{0}^{y}\left(\frac{1}{2}\right)^{1/2}\frac{1}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}v^{1-\frac{1}{2}}e^{-v/2}dv
\end{split}
\end{equation*}
che è la cumulata della Chi Quadrato con un grado di libertà. La funzione è integranda è quindi la densità.
Ah, OK, grazie!
In pratica io faccio la derivata e tu il cambio di variabile, ma alla fine tutto si riduce a fare la derivata di $\sqrt y$
Comunque la domanda iniziale era generale: il calcolo della densità di $X^2$ con $X$ normale mi ha dato soltanto lo spunto per generalizzare.
In pratica io faccio la derivata e tu il cambio di variabile, ma alla fine tutto si riduce a fare la derivata di $\sqrt y$
Comunque la domanda iniziale era generale: il calcolo della densità di $X^2$ con $X$ normale mi ha dato soltanto lo spunto per generalizzare.
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