ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **simo85** » 22 mar 2015, 17:41

brendolaccia ha scritto:Se ci riferiamo ad una distribuzione normalizzata, l'area della densità di probabilità dovrebbe fornirci 1; nel nostro caso viene 2.

Se io definisco la funzione di densità congiunta come:

$\begin{aligned} & f_{XY}(x,y) = {xy \over 2} = 2\\ & 1 = f_{XY}(x,y)\\ & {1\over 2} = f_{XY}(x,y)\\ \end{aligned}$

Vuol dire che io sto già usando la funzione normalizzata. No ?

da **simo85** » 22 mar 2015, 18:55

Mi permetto di taggare gentilmente

dimaios, nel caso possa darmi una mano a capire bene.

O_/

da **ikim** » 22 mar 2015, 19:16

Se non sbaglio in questo caso,avendo due variabili, la condizione di normalizzazione è che il volume sia uguale a 1 e cioè:

$\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}{f_{XY}(x,y)dx dy} =1$

da **simo85** » 22 mar 2015, 19:39

Si.

da **Pioz** » 22 mar 2015, 19:49

Ciao,
Sono in accordo con te per quanto riguarda la densità congiunta ma non mi torna la densità marginale fy(y)

.
La variabile

si muove tra y/2

e

o analogamente tra

e

$f_{Y}(y)= \int_{0}^{y/2}\frac{1}{2}dx= \frac{y}{4}$

Ti torna?

da **ikim** » 22 mar 2015, 19:53

simo85 ha scritto:Si.

Mi sembrava di aver capito che stesse parlando di area normalizzata. Scusami per l'intervento inutile. :mrgreen:

da **simo85** » 22 mar 2015, 20:03

ikim ha scritto:Scusami per l'intervento inutile.

Di cosa ? Anzi, mi hai rinfrescato la memoria.

pioz ha scritto:Ti torna?

Io ho ragionato secondo questa rappresentazione:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Per come la vedo io, sempre che non stia sbagliando, va da 1 a y = 2x

.
Ora come ora che ci rifletto riscriverei:

$f_{Y}(y)= \int_{y/2}^{1}\frac{1}{2}dx= {1 - y \over 4}$

Sempre che io non abbia le idee troppo confuse eh. :-)

da **Pioz** » 22 mar 2015, 20:15

Poi
Premetto che ho fatto un corso molto scarno di probabilità e non ho visto il condizionamento delle congiunte.

simo85 ha scritto: $\begin{aligned} & f(x|y) = {f_{XY}(x,y) \over f_Y(y)}\\ & f(y|x) = {f_{XY}(x,y) \over f_X(x)}\\ \end{aligned}$

$f(y|x) = {{1/2}\over \int_0^1 x \,\text dx} = 1$

La formula però la interpreto in modo diverso dal tuo:

$f_{XY}(x,y)=P(X\leq 1, Y\leq 1.5 )= 15/32 =0.468..$

Quindi
$f(y|x) = {{15/32}\over \int_0^1 x \,\text dx} = 30/32$
Che è proprio il rapporto dell'area della parte in esame (Y<1.5, X<1) rispetto al triangolo rettangolo di sinistra che rappresenta il vincolo dato dal condizionamento X<1. Non so se sono riuscito a spiegarmi a dovere

Stesso metodo per P(X|Y)

Può superbenissimo essere che mi stia sbagliando ma così è come la vedo io!

Per come la vedo io, sempre che non stia sbagliando, va da 1 a .
Ora come ora che ci rifletto riscriverei:

$f_{Y}(y)= \int_{y/2}^{1}\frac{1}{2}dx= {1 - y \over 4}$

Sempre che io non abbia le idee troppo confuse eh.

Mm, perché ti muovi da dx a sx? Non sei rovescio così?

da **simo85** » 22 mar 2015, 20:16

Che poi torna con il risultado scritto da

brendolaccia in 10:

$\int_0^{1.5}{1 - y\over 4}\,\text dy = 0.46875$

da **simo85** » 22 mar 2015, 20:20

Pioz ha scritto:Mm, perché ti muovi da dx a sx? Non sei rovescio così?

Ho un solo esempio simile sulle dispense del professore. Si muove cosi.

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Problema di probabilità congiunta

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