Trasformazioni di variabili aleatorie
Sia $X$ una variabile aleatoria la cui densità di probabilità è $f_X(x)=1/2e^(-|x|)$.
Sia $Y$ la variabile aleatoria che si ottiene trasformando $X$ attraverso la funzione $g(x)$ rappresentata in figura.
Calcolare la densità di probabilità di $Y$,la sua media e la sua varianza.
Risposte
"Aeneas":
Allora..
Imponendo che deve essere $int_(-infty)^(+infty)f_X(x)dx=1$ ho ottenuto $k=9/10$.
Pertanto: $f_X(x)=9/10delta(x-3)+1/10rect((x-1)/6)$
ora: $g(x)={(e^x,x<0),(e^(-x),x>=0):}$
$E{Y}=E{g}=int_(-infty)^(+infty)g(x)*f_X(x)dx=
$=int_(-infty)^0[e^x*(9/10delta(x-3)+1/10rect((x-1)/6)]dx+int_0^(+infty)[e^(-x)*(9/10delta(x-3)+1/10rect((x-1)/6)]dx=
$=9/10int_(-infty)^0e^x*delta(x-3)dx+1/10int_(-3)^0e^xdx+9/10int_0^(+infty)e^x*delta(x-3)dx+1/10int_0^3e^(-x)dx=
$=(9e^(-3))/10+1/10[e^x]_(-3)^0+(9e^(-3))/10-1/10[e^-x]_0^3=
$=9/5*e^(-3)+1/10*(1-e^(-3))-1/10*(e^(-3)-1)=9/5*e^(-3)+1/5*(1-e^(-3))=1/5+8/5*e^(-3)
il valore di $k$ è errato, poi ricorda che $int_{-infty}^{+infty}delta(x-a)*f(x)dx=f(a)$
$int_(-infty)^(+infty)f_X(x)dx=1$
$=>int_(-infty)^(+infty)k*delta(x-3)dx+int_(-infty)^(+infty)1/10rect((x-1)/6)dx=1
$=> k+1/10=1 => k=9/10$
perchè è errato?
$=>int_(-infty)^(+infty)k*delta(x-3)dx+int_(-infty)^(+infty)1/10rect((x-1)/6)dx=1
$=> k+1/10=1 => k=9/10$
perchè è errato?
La funzione che moltiplica il delta è una costante,pertanto rimane tale anche applicando la proprietà campionatrice...o non è così?
"Aeneas":
La funzione che moltiplica il delta è una costante,pertanto rimane tale anche applicando la proprietà campionatrice...o non è così?
la proprietà campionatrice te l'ho evidenziata per i calcoli successivi non per il calcolo di $k$. Inoltre
$1/10int_{-infty}^{+infty}Pi[(x-1)/6]dx=1/10*6=3/5$
Si definisce treno di impulsi di durata $T_0$ e periodo $T>T_0>0$ l'espressione:
$f(t)=sum_(n=-infty)^(+infty)a*rect((t-nT)/T_0),ainRR$
se consideriamo l'ennesimo segnale avremo:
$f_n(t)=a*rect((t-nT)/T_0)={(a,|t-nT|/T_0<1/2),(a/2,|t-nT|/T_0=1/2),(0,"altrove"):}$
In base a ciò perchè $1/10*rect((x-1)/6)$ dovrebbe fare $1/10*6$?
$f(t)=sum_(n=-infty)^(+infty)a*rect((t-nT)/T_0),ainRR$
se consideriamo l'ennesimo segnale avremo:
$f_n(t)=a*rect((t-nT)/T_0)={(a,|t-nT|/T_0<1/2),(a/2,|t-nT|/T_0=1/2),(0,"altrove"):}$
In base a ciò perchè $1/10*rect((x-1)/6)$ dovrebbe fare $1/10*6$?
per quanto riguarda il discorso delle delta nel calcolo di $F_Y(y)$ non so più che pesci pigliare! 
"Aeneas":
Si definisce treno di impulsi di durata $T_0$ e periodo $T>T_0>0$ l'espressione:
$f(t)=sum_(n=-infty)^(+infty)a*rect((t-nT)/T_0),ainRR$
se consideriamo l'ennesimo segnale avremo:
$f_n(t)=a*rect((t-nT)/T_0)={(a,|t-nT|/T_0<1/2),(a/2,|t-nT|/T_0=1/2),(0,"altrove"):}$
In base a ciò perchè $1/10*rect((x-1)/6)$ dovrebbe fare $1/10*6$?
$Pi[(x-1)/6]={(1,|x-1|<=3),(0,else):}<=>Pi[(x-1)/6]={(1,-2<=x<=4),(0,else):}$
per cui $1/10int_{-infty}^{+infty}Pi[(x-1)/6]dx=1/10int_{-2}^{4}dx=1/10(4-(-2))=1/10*6=6/10$
"Aeneas":
[quote="nicola de rosa"][quote="Aeneas"]Sia $X$ v.a. esponenzile bilatera,cioè: $f_X(x)=1/2*exp(-|x|)$.
La v.a. $Y$ viene ottenuta secondo la legge $Y=g(X)$,ove la funzione $g(x)={(0,-2<=x<=2),(x/2,|x|>2):}$.
Calcolare $f_y(y),F_Y(y)$ e valutare media e varianza di $Y$.
Classico modo di procedere: posta una tua soluzione e poi vediamo se hai fatto bene[/quote]
Sia $-2<=x<=2$
$f_Y(y)=delta(y)*int_(-2)^2f_X(x)dx=delta(y)*int_(-2)^(0)1/2*e^xdx+delta(y)*int_0^(2)1/2e^(-x)dx=
$=1/2delta(y)*(1-e^(-2))+1/2delta(y)*(1-e^(-2))=delta(y)*(1-e^(-2))$
$|x|>2$
$y=x/2 => |y|>1$
$f_Y(y)=[(f_X(x))/|g^'(x)|]_(x=2y)=e^(-|2y|)$
per cui $f_Y(y)={(e^(-|2y|),|y|>1),(delta(y)*(1-e^(-2)),"altrove"):}
ora c'è il solito delta che mette in crisi l'espressione della $F_Y(y)$ come capitato negli esercizi precedenti.[/quote]
Ok,grazie.
Potresti vedere se questo è corretto?
"Aeneas":
[quote="Aeneas"][quote="nicola de rosa"][quote="Aeneas"]Sia $X$ v.a. esponenzile bilatera,cioè: $f_X(x)=1/2*exp(-|x|)$.
La v.a. $Y$ viene ottenuta secondo la legge $Y=g(X)$,ove la funzione $g(x)={(0,-2<=x<=2),(x/2,|x|>2):}$.
Calcolare $f_y(y),F_Y(y)$ e valutare media e varianza di $Y$.
Classico modo di procedere: posta una tua soluzione e poi vediamo se hai fatto bene[/quote]
Sia $-2<=x<=2$
$f_Y(y)=delta(y)*int_(-2)^2f_X(x)dx=delta(y)*int_(-2)^(0)1/2*e^xdx+delta(y)*int_0^(2)1/2e^(-x)dx=
$=1/2delta(y)*(1-e^(-2))+1/2delta(y)*(1-e^(-2))=delta(y)*(1-e^(-2))$
$|x|>2$
$y=x/2 => |y|>1$
$f_Y(y)=[(f_X(x))/|g^'(x)|]_(x=2y)=e^(-|2y|)$
per cui $f_Y(y)={(e^(-|2y|),|y|>1),(delta(y)*(1-e^(-2)),"altrove"):}
ora c'è il solito delta che mette in crisi l'espressione della $F_Y(y)$ come capitato negli esercizi precedenti.[/quote]
Ok,grazie.
Potresti vedere se questo è corretto?[/quote]
va bene
$f_X(x)=2/5*delta(x-3)+1/10*rect((x-1)/6)$
La media sarà:
$int_(-infty)^(+infty)[e^(-|x|)*(2/5*delta(x-3)+1/10*rect((x-1)/6))]dx=
$=2/5*e^3+1/10*[e^x]_(-2)^0+2/5*e^(-3)+1/10*[-e^(-x)]_0^4=2/5+1/10*(1-e^(-2))+1/10*(1-e^(-4))=2/5+1/10*(2-e^(-2)-e^(-4))$.
Spero che stavolta sia giusto altrimenti mi impicco!!
La media sarà:
$int_(-infty)^(+infty)[e^(-|x|)*(2/5*delta(x-3)+1/10*rect((x-1)/6))]dx=
$=2/5*e^3+1/10*[e^x]_(-2)^0+2/5*e^(-3)+1/10*[-e^(-x)]_0^4=2/5+1/10*(1-e^(-2))+1/10*(1-e^(-4))=2/5+1/10*(2-e^(-2)-e^(-4))$.
Spero che stavolta sia giusto altrimenti mi impicco!!
"Aeneas":
$f_X(x)=2/5*delta(x-3)+1/10*rect((x-1)/6)$
La media sarà:
$int_(-infty)^(+infty)[e^(-|x|)*(2/5*delta(x-3)+1/10*rect((x-1)/6))]dx=
$=2/5*e^3+1/10*[e^x]_(-2)^0+2/5*e^(-3)+1/10*[-e^(-x)]_0^4=2/5+1/10*(1-e^(-2))+1/10*(1-e^(-4))=2/5+1/10*(2-e^(-2)-e^(-4))$.
Spero che stavolta sia giusto altrimenti mi impicco!!
$int_(-infty)^(+infty)[e^(-|x|)*(2/5*delta(x-3)+1/10*rect((x-1)/6))]dx=2/5int_{-infty}^{+infty}delta(x-3)e^(-|x|)dx+1/10int_{-2}^{4}e^(-|x|)dx$
Ora $int_{-infty}^{+infty}delta(x-3)e^(-|x|)dx=e^(-3)$ per la proprietà campionatrice per cui
$E[X]=2/5e^(-3)+1/10int_{-2}^{0}e^xdx+1/10int_{0}^{4}e^(-x)dx$=
$2/5e^(-3)+1/10(1-e^(-2))+1/10(1-e^(-4))=1/5+2/5e^(-3)-1/10e^(-2)-1/10e^(-4)$
"nicola de rosa":
[quote="Aeneas"][quote="Aeneas"][quote="nicola de rosa"][quote="Aeneas"]Sia $X$ v.a. esponenzile bilatera,cioè: $f_X(x)=1/2*exp(-|x|)$.
La v.a. $Y$ viene ottenuta secondo la legge $Y=g(X)$,ove la funzione $g(x)={(0,-2<=x<=2),(x/2,|x|>2):}$.
Calcolare $f_y(y),F_Y(y)$ e valutare media e varianza di $Y$.
Classico modo di procedere: posta una tua soluzione e poi vediamo se hai fatto bene[/quote]
Sia $-2<=x<=2$
$f_Y(y)=delta(y)*int_(-2)^2f_X(x)dx=delta(y)*int_(-2)^(0)1/2*e^xdx+delta(y)*int_0^(2)1/2e^(-x)dx=
$=1/2delta(y)*(1-e^(-2))+1/2delta(y)*(1-e^(-2))=delta(y)*(1-e^(-2))$
$|x|>2$
$y=x/2 => |y|>1$
$f_Y(y)=[(f_X(x))/|g^'(x)|]_(x=2y)=e^(-|2y|)$
per cui $f_Y(y)={(e^(-|2y|),|y|>1),(delta(y)*(1-e^(-2)),"altrove"):}
ora c'è il solito delta che mette in crisi l'espressione della $F_Y(y)$ come capitato negli esercizi precedenti.[/quote]
Ok,grazie.
Potresti vedere se questo è corretto?[/quote]
va bene[/quote]
$F_Y(y)=int_(-infty)^yf_Y(alpha)dalpha=int_(-infty)^ye^(2*alpha)dalpha+int_1^ye^(-2*alpha)dalpha=
$=lim_(p->-infty)int_p^ye^(2*alpha)dalpha+1/2*[-e^(-2*alpha)]_1^y=
$=1/2*lim_(p->-infty)[e^(2*alpha)]_p^y+1/2*(e^(-2)-e^(-2y))=1/2*e^(2y)-1/2*e^(-2y)+1/2*e^(-2)$.
è così?
Per quanto riguarda i delta solito discorso...che contributo danno alla $F_Y(y)$?
"Aeneas":
[quote="nicola de rosa"][quote="Aeneas"][quote="Aeneas"][quote="nicola de rosa"][quote="Aeneas"]Sia $X$ v.a. esponenzile bilatera,cioè: $f_X(x)=1/2*exp(-|x|)$.
La v.a. $Y$ viene ottenuta secondo la legge $Y=g(X)$,ove la funzione $g(x)={(0,-2<=x<=2),(x/2,|x|>2):}$.
Calcolare $f_y(y),F_Y(y)$ e valutare media e varianza di $Y$.
Classico modo di procedere: posta una tua soluzione e poi vediamo se hai fatto bene[/quote]
Sia $-2<=x<=2$
$f_Y(y)=delta(y)*int_(-2)^2f_X(x)dx=delta(y)*int_(-2)^(0)1/2*e^xdx+delta(y)*int_0^(2)1/2e^(-x)dx=
$=1/2delta(y)*(1-e^(-2))+1/2delta(y)*(1-e^(-2))=delta(y)*(1-e^(-2))$
$|x|>2$
$y=x/2 => |y|>1$
$f_Y(y)=[(f_X(x))/|g^'(x)|]_(x=2y)=e^(-|2y|)$
per cui $f_Y(y)={(e^(-|2y|),|y|>1),(delta(y)*(1-e^(-2)),"altrove"):}
ora c'è il solito delta che mette in crisi l'espressione della $F_Y(y)$ come capitato negli esercizi precedenti.[/quote]
Ok,grazie.
Potresti vedere se questo è corretto?[/quote]
va bene[/quote]
$F_Y(y)=int_(-infty)^yf_Y(alpha)dalpha=int_(-infty)^ye^(2*alpha)dalpha+int_1^ye^(-2*alpha)dalpha=
$=lim_(p->-infty)int_p^ye^(2*alpha)dalpha+1/2*[-e^(-2*alpha)]_1^y=
$=1/2*lim_(p->-infty)[e^(2*alpha)]_p^y+1/2*(e^(-2)-e^(-2y))=1/2*e^(2y)-1/2*e^(-2y)+1/2*e^(-2)$.
è così?
Per quanto riguarda i delta solito discorso...che contributo danno alla $F_Y(y)$?[/quote]
e poi c'è la delta
"nicola de rosa":
e poi c'è la delta
è proprio questo il problema.
Per il delta occorrerebbe integrare la $f_Y(y)$ in $[-1,y]$?
Se è così sarebbe:
$(1-e^(-2))*int_-1^ydelta(y)dy$
e quanto fa?
Se è così sarebbe:
$(1-e^(-2))*int_-1^ydelta(y)dy$
e quanto fa?
"Aeneas":
Per il delta occorrerebbe integrare la $f_Y(y)$ in $[-1,y]$?
Se è così sarebbe:
$(1-e^(-2))*int_-1^ydelta(y)dy$
e quanto fa?
riguardo alle delta, il tuo prof. come ti ha fatto vedere? a me le lasciava così e mi faceva notare che effettivamente quelle delta dovevano esserci per i salti presenti nella $f_Y(y)$
$y<-1->F_Y(y)=int_{-infty}^{0}e^(2t)dt=1/2e^(2y)$
$-1<=y<0->F_Y(y)=1/2e^(-2)+int_{-1}^{t}0dt=1/2e^(-2)$
$0<=y<=1->F_Y(y)=1/2e^(-2)+1-e^(-2)=1-1/2e^(-2)$
$y>1->F_Y(y)=1-1/2e^(-2)+int_{1}^{y}e^(-2t)dt=1-1/2e^(-2)+1/2(e^(-2)-e^(-2y))=1-1/2e^(-2y)$
e come si nota $F(-infty)=0,F(+infty)=1$
$-1<=y<0->F_Y(y)=1/2e^(-2)+int_{-1}^{t}0dt=1/2e^(-2)$
$0<=y<=1->F_Y(y)=1/2e^(-2)+1-e^(-2)=1-1/2e^(-2)$
$y>1->F_Y(y)=1-1/2e^(-2)+int_{1}^{y}e^(-2t)dt=1-1/2e^(-2)+1/2(e^(-2)-e^(-2y))=1-1/2e^(-2y)$
e come si nota $F(-infty)=0,F(+infty)=1$
sto facendo il seguente esercizio
$Xu[-3,5]$
Tra un po' posto la mia soluzione.
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