Valore atteso del prodotto di due Binomiali dipendenti

[mobley]

Il testo dell'esercizio è il seguente:

Supponiamo di avere 2 monete bilanciate. La prima moneta viene lanciata 5 volte. Sia $X$ il numero di teste osservate in questi 5 lanci. La seconda moneta viene lanciata $X$ volte. Sia $Y$ il numero di teste che vengono osservate lanciando questa seconda moneta. Determinare:
a) la distribuzione congiunta di $(X,Y)$.
b) $E[X],E[Y],E[X+Y]$.
c) $Cov(X,Y)$.

Dopo due giorni di lenta agonia ho risolto sia il punto a) che il punto b), arrivando a dimostrare che:
- $\mathbb(P)(X=x,Y=y)=( (5), (x) ) ( (x), (y) )1/(2^(5+x)) $
- $E[X]=5/2$ con $X~ B n(5,1/2)$
- $E[Y]=5/4$ con $Y~ B n(5,1/4)$ (il solito infido cambio di variabili… )
- $E[X+Y]=15/4$
Non riesco invece a risolvere il punto c). Ho infatti difficoltà nel determinare sia $E[XY]$ sia (usando la formula della varianza della somma) $Var[X+Y]$. Come devo procedere?

[Lo_zio_Tom]

"mobley":
- $E[Y]=5/4$ (il solito infido cambio di variabili… )

va tutto bene....ma non capisco questa affermazione che hai fatto. Il calcolo è immediato e si trova senza cercare la distribuzione marginale di Y

$Y|X~B(x;1/2)$

e quindi

$E[Y]=E[E[Y|X]]=E[X/2]=1/2 5/2=5/4$

quale infido cambio di variabili????

Hint: Con lo stesso ragionamento sul condizionamento trovi anche $E[XY]$ in modo immediato

$E[XY]=E[E[XY|X]]=...=15/4$

[mobley]

"tommik":quale infido cambio di variabili????

Avevo già trovato un esercizio simile e mi sono limitato ad "adattarlo" alla situazione: ho fatto $\mathbb(E)[Y]=\sum_(x=y)^5\mathbb(P)(X=x|Y=y)=…=( (5), (y) )1/(2^(5+y))\sum_(s=0)^(5-y)( (5-y), (s) )1/2^s$.
Appunto perché non ho fatto come te non riuscivo a trovare il valore atteso del prodotto. Ora provo…

[mobley]

"tommik":Con lo stesso ragionamento sul condizionamento trovi anche $E[XY]$ in modo immediato
$E[XY]=E[E[XY|X]]=...=15/4$

Ok, ho provato. E l'unica conclusione a cui sono giunto è che hai applicato la proprietà del valore atteso secondo cui se $X$ è indipendente da $Y$ allora $\mathbb(E)[XY|zeta]=\mathbb(E)[X]\mathbb(E)[Y|zeta]$. Io so che $X$ è indipendente da $Y$, tuttavia da quanto ho capito questa formula vale solo se il condizionamento è rispetto ad una sotto $\sigma$-algebra di $\Omega$ e non rispetto ad una variabile aleatoria. Mi sbaglio?

[Lo_zio_Tom]

e la miseria......

nella formula

$E[XY|X=x]=xE[Y|X=x]=x\cdotx/2$

infatti qui $X=x$ è un valore fissato: lo porto "fuori" dal valore atteso che media i valori in Y; sappiamo anche che, condizionatamente ad X, la variabile $(Y|X=x)~B(x;1/2)$ di media appunto $x/2$. Da X possono uscire ${0,1,2,3,4,5}$ teste.....a seconda di quante ne escono, ad esempio 3, $Y|X=3$ sarà una binomiale $B(3;1/2)$ ecc ecc....quindi la sua media condizionata sarà $1/2$ se da X esce una testa, $3/2$ se sono uscite 3 teste...in generale la media condizionata sarà $x/2$

Quindi in definitiva $E[XY]=E[X^2/2]=1/2[5/4+(5/2)^2]=1/2\cdot30/4=15/4$

dove evidentemente
$[5/4+(5/2)^2]=V(X)+E^2(X)=E(X^2)$

dato che sappiamo che X è una binomiale $B(5;1/2)$