Esercizio sulle leggi congiunte

[WhiteSte]

Siano $X$ e $Y$ due v.a. discrete la cui legge congiunta è data da
$rho_(X,Y )(h, k) = C*1/(h!k!)$ con $ h, k = 0, 1, 2, . . . .$
Si determini
(i) $C$ affinché $rho_(X,Y )(h, k) $sia una densità discreta;
(ii) si calcoli $mathbb(P)(X ≥ 1, Y ≥ 1)$;
(iii) si determinino le leggi marginali di $X$ e $Y$ . Sono dipendenti?
(iv) si calcoli $E[e^(X+Y)]$;
(v) si calcoli la legge di$ X$ condizionata a $X + Y = n$. Si tratta di una distribuzione nota?

la mia risoluzione:
i)
affinchè sia densità, pongo $sum_(h,k) rho_(X,Y )(h, k) =sum_(h,k) C1/(h!k!)=1$
quindi $Csum_h 1/(h!) sum_k 1/(k!) = 1$ , $ C=e^-2$
ii)$mathbb(P)(X ≥ 1, Y ≥ 1) = 1 - mathbb(P)(X = 0 , Y = 0) = 1 - e^-2$

iii)
$rho_X (h) = sum_k 1/(e^2h!k!) = e^-2 1/(h!) sum_k 1/(k!) = 1/(h!e)$
analogamente, $rho_Y(k) = 1/(k!e)$

se faccio il prodotto trovo la congiunta e verifico l'indipendenza

iv)
qua inizia il punto critico.
$E[e^(X+Y)] =_("indipendenza") E[e^X] E[e^Y] $ siccome $X,Y $ sono $ Po(1)$ ho concluso che il valore atteso è $e^2$ ma non so se si possa fare

v) se ho capito bene chiede che
$mathbb(P)(X=h|X+Y=n) = mathbb(P)(Y = n-h| X =n-Y)$
qua però non mi trovo più. Dovrei sostituire dentro la congiunta e trovare la marginale in x?

[Lo_zio_Tom]

i) ok

ii) NO come hai fatto tu includi anche, ad esempio, $(X=0,Y=3)$ oppure $(Y=0,X=1)$ ecc ecc

$mathbb{P}[X,Y>0]=1-mathbb{P}[X=0]-mathbb{P}[Y=0]+mathbb{P}[X=0]mathbb{P}[Y=0]=1-2e^(-1)+e^(-2)$


iii) Sì, sono due $Po(1)$ indipendenti


iv) hai iniziato bene ma hai scritto una cosa abominevole, quindi....NO

"WhiteSte":
$E[e^(X+Y)] =_("indipendenza") E[e^X] E[e^Y] $ siccome $X,Y $ sono $ Po(1)$ ho concluso che il valore atteso è $e^2$ ma non so se si possa fare

per la disuguaglianza di Jensen (anche se non puoi sapere quanto vale $mathbb{E}[e^X]$) sai di sicuro che $mathbb{E}[e^X]>e^(mathbb{E}[X])$

La soluzione corretta è

$mathbb{E}[e^(X+Y)]=mathbb{E}[e^X]mathbb{E}[e^Y]=e^(2(e-1))$

...sono davvero un paio di passaggi algebrici

v) con $n$ fissato

$mathbb{P}[X=h|X+Y=n]=...=(e^(-1)/(h!)e^(-1)/((n-h)!))/((e^(-2)2^n)/(n!))=(n!)/(h!(n-h)!)(1/2)^n=((n),(h))(1/2)^h(1/2)^(n-h)$ con $h=0,1,2,...,n$

è una binomiale $"Bin"(n;1/2)$

(carino)

[WhiteSte]

ok, mi è chiaro il punto 5, effettivamente ero partito giusto, dovevo usare la densità condizionata, non ci ho neanche pensato.

"tommik":

ii) NO come hai fatto tu includi anche, ad esempio, $(X=0,Y=3)$ oppure $(Y=0,X=1)$ ecc ecc

$mathbb{P}[X,Y>0]=1-mathbb{P}[X=0]-mathbb{P}[Y=0]+mathbb{P}[X=0]mathbb{P}[Y=0]=1-2e^(-1)+e^(-2)$

penso di aver chiarito anche questo, mi stai dicendo che il complementare dell'intersezione $mathbb{P}[X,Y>0]$ è l'unione, quindi bisogna applicare la formula dell'unione di due eventi congiunti etc etc, ok ci sono

"tommik":
iv) hai iniziato bene ma hai scritto una cosa abominevole, quindi....NO

[quote="WhiteSte"]
$E[e^(X+Y)] =_("indipendenza") E[e^X] E[e^Y] $ siccome $X,Y $ sono $ Po(1)$ ho concluso che il valore atteso è $e^2$ ma non so se si possa fare

per la disuguaglianza di Jensen (anche se non puoi sapere quanto vale $mathbb{E}[e^X]$) sai di sicuro che $mathbb{E}[e^X]>e^(mathbb{E}[X])$

La soluzione corretta è

$mathbb{E}[e^(X+Y)]=mathbb{E}[e^X]mathbb{E}[e^Y]=e^(2(e-1))$

...sono davvero un paio di passaggi algebrici
[/quote]
questo punto non mi è chiaro invece.
Tu mi stai dicendo che $mathbb{E}[e^X]>e^(mathbb{E}[X])$ quindi $mathbb(E)[e^X] > e$ essendo $mathbb{E}[X]=1$
quindi $mathbb{E}[e^X]mathbb{E}[e^Y] = mathbb{E}[e^X]^2> e^2$
non capisco come salga fuori l'uguale e il temine $e-1$ ad esponente

[Lo_zio_Tom]

puoi fare in vari modi

1) $mathbb{E}[e^X]=e^(-1)Sigma_xe^x/(x!)=e^(-1)e^e=e^(e-1)$

poi elevi al quadrato ed hai finito.

2) consideri che $Z=(X+Y)$ e' una $Po(2)$ e ti calcoli la media di $e^Z$

3) ti ricordi come sia la fgm della poisson....e risolvi senza nemmeno fare conti

[WhiteSte]

"tommik":puoi fare in vari modi

1) $mathbb{E}[e^X]=e^(-1)Sigma_xe^x/(x!)=e^(-1)e^e=e^(e-1)$

ok chiaro, mi sfuggiva che $mathbb(E)[e^X] = sum_x e^X rho_X$

Grazie come sempre per l'aiuto