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da **dimaios** » 18 lug 2018, 19:04

Ok.
Ora risolvi perché puoi separare l'integrale in due integrali a singola variabile per cui diventa un problema di Analisi Matematica 1. ;-)

da **msb0ne** » 18 lug 2018, 19:05

si una gioia

grazie grazie grazie!

da **dimaios** » 18 lug 2018, 19:05

Di nulla figurati.

da **Gost91** » 19 lug 2018, 10:59

Ciao

msb0ne, aggiungo solamente una semplice osservazione perché non credo ci sia bisogno di calcolare alcun integrale né di tirare in ballo il teorema della media.

Dato che le VA

e $\phi$ sono indipendenti tra loro si può scrivere che

$\mathbb{E}[X\exp(\text{j}\phi)]=\mathbb{E}[X]\mathbb{E}[\exp(\text{j}\phi)]$

essendo per ipotesi $\mathbb{E}[X]=0$ si conclude immediatamente che

$\mathbb{E}[X\exp(\text{j}\phi)]=0$

da **msb0ne** » 19 lug 2018, 11:08

Ti ringrazio Gost91! Infatti avevo provato a svolgere l'integrale e stavo avendo difficoltà, ossia mi veniva un risultato molto elaborato mentre WolframAlpha me lo dava uguale a 0...

quindi questa proprietà per due v.a. vale anche per il prodotto?

Ho un altro esercizio uguale a questo, solo che X stavolta non è Gaussiana Standard ma Gaussiana a media 1 e varianza 4... allora seguento questo ragionamento l'E[X] lo posso omettere in quanto vale 1 e calcolo solo l'integrale dell'esponenziale?

P.S.: strano che comunque il Prof mette come suggerimento di utilizzare il teorema della media :roll:

da **dimaios** » 19 lug 2018, 11:29

msb0ne ha scritto:...quindi questa proprietà per due v.a. vale anche per il prodotto?

Questa frase non ha senso.
Il fatto che l'integrale doppio diventi il prodotto degli integrali per l'indipendenza delle variabili lo vedi dai passaggi matematici.
Se risolvevi l'esercizio calcolando prima la media più semplice vedevi che il risultato era zero immediatamente.
Quello che ha scritto

Gost91 è la versione "compatta" di quello che vedi risolvendo l'integrale. E' esattamente la stessa cosa.

da **msb0ne** » 19 lug 2018, 11:49

mi sono spiegata male... io ricordavo bene per la somma, ossia se ho X e Y v.a. statisticamente indipendenti allora la media di Z = X + Y può essere calcolata come la media di X più la media di Y, separate, quindi adesso ho imparato che vale anche per il prodotto!

ho sbagliato anche a calcolare l'integrale, perché in effetti:

$\int_{-\infty}^{\infty}xe^{\frac{-x^2}{2}}dx=\left [ -e^{\frac{-x^2}{2}} \right ]_{-\infty}^{\infty}=0$

ma quindi seguendo lo stesso ragionamento, io ho un esercizio simile con il seguente testo:

Siano X una variabile aleatoria Gaussiana, ovvero a media 1 e varianza 4 e $Immagine$ una variabile aleatoria uniforme in $Immagine$ indipendente da X. Si calcoli la media di $Immagine$ dove j è l'unità immaginaria (Suggerimento: applicare il teorema fondamentale della media)

allora calcolo la media di $Immagine$ come:

$E[Xe^{j\phi }]=E[X]E[e^{j\phi}]=1E[e^{j\phi}]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^{j\phi}d\phi$

:?:

da **Gost91** » 19 lug 2018, 12:27

msbone ha scritto:avevo provato a svolgere l'integrale e stavo avendo difficoltà

Guarda il mio consiglio è affidarsi sempre ai disegnini

Se vuoi calcolare l'integrale su tutto $\mathbb{R}$ di $x\cdot\mathcal{N}(0,1)$ , i.e. il prodotto di x per la PDF gaussian standard, osservando dal grafico di $\mathcal{N}(x;0,1)$ che la PDF in questione è pari, nel senso che

$\mathcal{N}(-x;0,1)=\mathcal{N}(x;0,1) \qquad \forall x\in\mathbb{R}$

allora capisci immediatamente che

$\int_\mathbb{R}x\cdot\mathcal{N}(x;0,1)\text{ d}x=0$

perché l'integranda è dispari (prodotto di x dispari e N(x;0,1) pari) e il dominio di integrazione è simmetrico. Nuovamente non c'è bisogno di alcun calcolo per determinare l'integrale.
Comunque, se poi propio vuoi passare dalle primitive ti suggerisco di risolvere

$\int_\mathbb{R}x^n \cdot\mathcal{N}(x;0,1)\text{ d}x$

per parti, utilizzando come fattore integrante $\mathcal{N}(x;0,1)$ . Nota che per n=0

non si riesce a trovare la primitiva.

msbone ha scritto:quindi questa proprietà per due v.a. vale anche per il prodotto?

Sì, e non si può rinunciare all'ipotesi di indipendenza, infatti se questa viene a mancare si può dimostrare che per due VA X e Y definite sullo stesso spazio probabilizzato vale solamente

$\mathbb{E}[|XY|]\leq (\mathbb{E}[X^2]\mathbb{E}[Y^2])^{1/2}$

inoltre, a dirla tutta, serve anche un'altra ipotesi: i due valori attesi devono esistere entrambi. Tipicamente, soprattutto in un esame di teoria dei segnali, questa ipotesi si può dare per scontata perché le VA che non ammettono valore atteso sono "poche" (per un esempio vedi la VA di Cauchy)

msbone ha scritto:Ho un altro esercizio uguale a questo, solo che X stavolta non è Gaussiana Standard ma Gaussiana a media 1 e varianza 4... allora seguento questo ragionamento l'E[X] lo posso omettere in quanto vale 1 e calcolo solo l'integrale dell'esponenziale?

Certo, la teoria della probabilità non varia da esercizio a esercizio ;-)

msbone ha scritto:P.S.: strano che comunque il Prof mette come suggerimento di utilizzare il teorema della media

Sono d'accordo con te, è strano che un docente abbia avuto una svista del genere. E non è che io abbia tirato in ballo un teorema avanzato che magari i docenti di teoria dei segnali potrebbero non conoscere... Magari faglielo presente, così prendi la lode :mrgreen:

msbone ha scritto:io ricordavo bene per la somma, ossia se ho X e Y v.a. statisticamente indipendenti allora la media di Z = X + Y può essere calcolata come la media di X più la media di Y

Sì è vero, però ricorda anche che, a differenza del prodotto, per la somma non è necessario che le VA siano indipendenti perché il valore atteso, essendo un operatore integrale, è lineare.
Quindi, anche se le VA non sono indipendenti, puoi comunque scrivere che il valore atteso della somma è la somma dei valori attesi:

$\mathbb{E}\left[\sum_i c_i X_i\right]=\sum_i c_i \mathbb{E}[X_i]$

Il tutto sempre a patto che i valori attesi delle singole variabili esistano e non diano luogo ad una forma indeterminata del tipo $\infty -\infty$ o $-\infty +\infty$ , ma come già detto questi sono rari casi patologici che probabilmente nel tuo corso puoi trascurare a priori.

Probabilmente ti stai confondendo con un altro risultato: la PDF della somma di due VA indipendenti è data dalla convoluzione tra le PDF delle due VA sommanti.

da **msb0ne** » 19 lug 2018, 12:34

grazie mille, più che esaustiente!

da **Gost91** » 19 lug 2018, 12:38

Esauriente :mrgreen:

In bocca al lupo per l'esame!

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