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Densità di probabilità della Y=g(X)

Analisi, geometria, algebra, topologia...

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[11] Re: Densità di probabilità della Y=g(X)

Messaggioda Foto Utenteoiram92 » 5 mag 2016, 20:31

Grazie infinite :mrgreen: ho anche capito il "come saltano fuori quei gradini", davvero un'ottima spiegazione :ok:

Per quanto riguarda il secondo punto mi è chiaro lo svolgimento, piuttosto (non vorrei abusare troppo della tua disponibilità) mi piacerebbe proporti un altro esercizio che ho appena svolto sulle linee guida di questo. Ma anche qui giungo ad un punto finale in cui mi sorge un dubbio..Dunque :

Esercizio

Sia X una variabile aleatoria distribuita uniformemente tra -1 e 3. Si supponga di trasformare la X tramite la funzione g(X) ove: g(x) = u(x) \cdot x^2 ove u(x) é la funzione gradino che restituisce 1 se x é positiva e 0 altrimenti. Sia Y = g(X). Determinare f_Y(y) e la probabilità che sia Y>X

Svolgimento

Innazitutto sappiamo che la variabile X , essendo continua ed uniforme , ha densità :

f_X(x) = \frac{1}{4} \cdot rect \left(\frac{x-1}{4} \right)

e graficamente abbiamo :



Adesso possiamo esplicitare la g(X) come :

g(x) = \begin{cases} x^2, & \mbox{se } x>0 \\ 0, & \mbox{se } x<0 \end{cases}

Graficamente abbiamo :



Adesso determiniamo l'insieme E_X al variare di y :

:arrow: per y<0 non esiste nessuna X che soddisfa g(X) \le y quindi F_Y(y) = 0

:arrow: per y \ge 0 tutti i valori per X \in ]-\infty,0) mi danno g(X)=0 \le y quindi dobbiamo prendere questo intervallo. Inoltre, quando X>0 abbiamo g(X)=X^2 quindi g(X)=X^2 \le y equivale a dire -\sqrt{y} \le X \le \sqrt{y} o in modo più esplicito X \in [-\sqrt{y},+\sqrt{y}]

Adesso possiamo sviluppare la definizione con l'integrale :

F_Y(y) = \int_{-\infty}^{0} f_X(x) dx + \int_{-\sqrt{y}}^{+\sqrt{y}} f_X(x) dx = \int_{-1}^{0} f_X(x) dx + \int_{-\sqrt{y}}^{+\sqrt{y}} f_X(x) dx

A questo punto osservo che -\sqrt{y}<0 ma noi abbiamo già considerato quel contributo con il primo integrale..quindi suppongo debba troncare il secondo integrale tra [0,\sqrt{y}] giusto? Continuando :

F_Y(y) = \frac{1}{4} + \int_{0}^{+\sqrt{y}} f_X(x) dx

Adesso bisogna notare un particolare. Se \sqrt{y} > 3, in base a come è definita la f_X(x), non abbiamo ulteriori contributi all'integrale per cui dobbiamo distinguere due casi :

:arrow: Se 0 \le y \le 9 allora :

F_Y(y) = \frac{1}{4} + \int_{0}^{+\sqrt{y}} f_X(x) dx = \frac{\sqrt{y} + 1}{4}

:arrow: Se y>9 allora :

F_Y(y) = \frac{1}{4} + \int_{0}^{3} f_X(x) dx = 1

Quindi ricapitolando :

F_Y(y) = \begin{cases} \frac{\sqrt{y} + 1}{4}, & \mbox{se } 0 \le y \le 9 \\ 1, & \mbox{se } y>9 \\ 0, & \mbox{se } y < 0 \end{cases}

Derivando otteniamo :

f_Y(y) = \begin{cases} \frac{1}{8 \cdot \sqrt{y}}, & \mbox{se } 0 \le y \le 9 \\ 0, & \mbox{altrove } \end{cases}

Se adesso però vado a verificare se f_Y(y) è veramente una densità tramite l'integrale su \mathbb{R} ottengo \frac{3}{4}\neq 1..ho sbagliato io qualcosa?
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[12] Re: Densità di probabilità della Y=g(X)

Messaggioda Foto UtenteGost91 » 6 mag 2016, 15:41

Svolgimento[...]


Un paio di osservazioni sul tuo svolgimento:

  • Bene la densità di X espressa come rect, e ottima idea farne il grafico (i disegnini sono si gestiscono molto meglio rispetto alle formule!);
  • Per quanto riguarda la definizione di E_x (y), non riesco a seguire il tuo ragionamento. La parola d'ordine è ancora: disegnini, disegnini e ancora disegnini. Io senza di essi mi sento come un automobilista bendato su una strada di montagna.

Sostanzialmente, non ti tornano i conti perché ti sei perso per strada un impulso di 1/4. Ti riporto la mia soluzione, perché faccio fatica a comprendere la tua (e quindi non ci so mettere le mani sopra).


Ingredienti iniziali

Seguendo la falsa riga data dall'esercizio precedente:



Distribuzione e densità di Y

Calcoliamo il restante integrale facendo riferimento al grafico della densità di X



si distinguono due casi: quello in cui \sqrt{y} non supera 3, cioè y non supera 9, da quello in cui supera 3, cioè y supera 9.

0<y < 9: \int_{(-\infty,\sqrt{y}]} f_X (x) \text{ d}x= \int_{-1}^0 f_X (x) \text{ d}x+\int_0^{\sqrt{y}} f_X (x) \text{ d}x=\frac{1}{4}+\sqrt{y}\cdot\frac{1}{4}=\frac{\sqrt{y}+1}{4}

y \geq 9: \int_{(-\infty,\sqrt{y}]} f_X (x) \text{ d}x= \int_\mathbb{R} f_X (x) \text{ d}x=1

ricapitolando, la distribuzione di Y è

F_Y (y)=\begin{cases} 0& \mbox{se }  y < 0 \\ \frac{1}{4}& \mbox{se } y =0   \\ \frac{\sqrt{y}+1}{4}& \mbox{se } 0<y<9 \\ 1 & \mbox{se } y\geq9  \end{cases}

tracciamone il grafico, al fine di evidenziarne le proprietà geometriche



Si notano un salto in 0 [dovuto al fatto che il "sistema" g ora concentra le realizzazioni x\leq 0 in y=0] e un arco parabolico per y compresa tra 0 e 9 (con raccordo leggermente angoloso in 9). Questo significa che la densità presenterà un impulso in 0, un andamento iperbolico tra 0 e 9 (con un leggero salto in 9). Per la precisione sarà

f_Y (y)=\frac{\text{d}}{\text{d}y}\begin{cases} 0& \mbox{se }  y < 0 \\ \frac{1}{4}& \mbox{se } y =0   \\ \frac{\sqrt{y}+1}{4}& \mbox{se } 0<y<9 \\ 1 & \mbox{se } y\geq 9  \end{cases}=\begin{cases} 0& \mbox{se }  y < 0 \\ \frac{1}{4}\delta(y)& \mbox{se } y =0   \\ \frac{1}{8\sqrt{y}}& \mbox{se } 0<y<9 \\ 0 & \mbox{se } y \geq 9  \end{cases}

o, più concisamente

\boxed{f_Y(y)=\frac{1}{4}\delta(y)+\frac{1}{8\sqrt{y}}\text{rect}\left(\frac{y-9/2}{9}\right)}



Nota bene che in 0 il termine 1/\sqrt{y} perde significato (scoppia all'infinito), ma questo non è un problema in quanto in 0 la densità è impulsiva (e non iperbolica). Concludo verificando l'ammissibilità del risultato

\begin{aligned}\int_{\mathbb{R}} f_Y (y) \text{ d}y &=\int_{\mathbb{R}} \frac{1}{4}\delta(y)+\frac{1}{8\sqrt{y}}\text{rect}\left(\frac{y-9/2}{9}\right)  \text{ d}y\\
&=\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{4}\delta(y)  \text{ d}y + \int_{\mathbb{R}} \frac{1}{8\sqrt{y}}\text{rect}\left(\frac{y-9/2}{9}\right)  \text{ d}y \\
&=\frac{1}{4}+\int_0^9\frac{1}{8\sqrt{y}}\text{ d}y=\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{y}}{4}\bigg|_0^9=1
\end{aligned}


Determinare f_Y(y) e la probabilità che sia Y>X


Lascio a te l'onore di calcolare tale probabilità (tanto è sempre la stessa storia rigirata in modo diverso!)







Calcolo della densità

Per provare rigorosamente che l'espressione della densità è quella indicata sopra, sono necessari molti passaggi elementari. Te li riporto qua a puro titolo di esercizio di calcolo.

Riscriviamo la funzione di distribuzione in un modo più comodo

\begin{aligned} F_Y (y) &=\frac{\sqrt{y}+1}{4}\text{rect}\left(\frac{y-9/2}{9}\right)+\text{u}(y-9) \\
&=\frac{\sqrt{y}+1}{4}[\text{u}(y)-\text{u}(y-9)]+\text{u}(y-9) \\
&=\frac{\sqrt{y}+1}{4}\text{u}(y)-\frac{\sqrt{y}+1}{4}\text{u}(y-9)+\text{u}(y-9) \\
\end{aligned}

adesso si può determinare la densità andando a derivare la precedente espressione

\begin{aligned} f_Y (y) &:=\frac{\text{ d}F_Y(y)}{\text{d}y} \\
&\phantom{:}=\frac{\text{ d}}{\text{d}y}\left[\frac{\sqrt{y}+1}{4}\text{u}(y)-\frac{\sqrt{y}+1}{4}\text{u}(y-9)+\text{u}(y-9) \right] \\
&\phantom{:}=\frac{\text{ d}}{\text{d}y}\left[\frac{\sqrt{y}+1}{4}\text{u}(y) \right]-\frac{\text{ d}}{\text{d}y}\left[\frac{\sqrt{y}+1}{4}\text{u}(y-9) \right]+\frac{\text{ d}}{\text{d}y}\left[\text{u}(y-9) \right] \\
\end{aligned}

c'è da applicare la legge di derivazione del prodotto di funzioni

\begin{aligned} f_Y (y) \,&=\frac{\text{ d}}{\text{d}y}\left[\frac{\sqrt{y}+1}{4} \right]\text{u}(y)+\frac{\sqrt{y}+1}{4}\frac{\text{ d}}{\text{d}y}\left[\text{u}(y) \right] \\
&-\frac{\text{ d}}{\text{d}y}\left[\frac{\sqrt{y}+1}{4} \right]\text{u}(y-9)-\frac{\sqrt{y}+1}{4}\frac{\text{ d}}{\text{d}y}\left[\text{u}(y-9) \right]+\delta(y-9) \\
\end{aligned}

quindi, per la proprietà dell'impulso di essere la derivata del gradino

\begin{aligned} f_Y (y) \,&=\frac{1}{8\sqrt{y}}\text{u(y)}+\frac{\sqrt{y}+1}{4}\delta(y)-\frac{1}{8\sqrt{y}}\text{u}(y-9)-\frac{\sqrt{y}+1}{4}\delta(y-9)+\delta(y-9) \\
\end{aligned}

evidenziamo un rect

\begin{aligned} f_Y (y) \,&=\frac{1}{8\sqrt{y}}[\text{u}(y)-\text{u}(y-9)]+\frac{\sqrt{y}+1}{4}\delta(y)-\frac{\sqrt{y}+1}{4}\delta(y-9)+\delta(y-9) \\
&=\frac{1}{8\sqrt{y}}\text{rect}\left(\frac{y-9/2}{9}\right)+\frac{\sqrt{y}+1}{4}\delta(y)-\frac{\sqrt{y}+1}{4}\delta(y-9)+\delta(y-9) \\
\end{aligned}

e infine applichiamo la proprietà di campionamento dell'impulso

\begin{aligned} f_Y (y) \,&=\frac{1}{8\sqrt{y}}\text{rect}\left(\frac{y-9/2}{9}\right)+\frac{\sqrt{0}+1}{4}\delta(y)-\frac{\sqrt{9}+1}{4}\delta(y-9)+\delta(y-9) \\
&=\frac{1}{8\sqrt{y}}\text{rect}\left(\frac{y-9/2}{9}\right)+\frac{1}{4}\delta(y)
\end{aligned}

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[13] Re: Densità di probabilità della Y=g(X)

Messaggioda Foto Utenteoiram92 » 7 mag 2016, 17:21

Ottimo, in pratica mi sono perso l'impulso nell'origine perché non ho distinto il caso y=0 da y>0 e li ho raggruppati insieme. Il fatto che per la g(x) l'origine è un punto di discontinuità eliminabile mi avrebbe dovuto far riflettere sul fatto che probabilmente in quel punto avrei avuto un salto nella densità. Spiegazione chiarissima come sempre :ok:

Per quanto riguarda il secondo punto, ovvero il calcolo della probabilità che sia Y>X adottiamo la via grafica (mi sto rendendo conto che è essenziale), quindi :



Da cui si vede che :

E_{(Y>X)} = ]-\infty,0) \cup (1,+\infty[

Quindi :

P(Y>X) = \int_{-\infty}^{0} f_X(x) dx + \int_{1}^{+\infty} f_X(x) dx = \int_{-1}^{0} f_X(x) dx + \int_{1}^{3} f_X(x) dx = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}

Giusto?

Curiosità Se mi fosse stato chiesto di calcolare la probabilità che sia Y>X^2, siccome il segno è strettamente maggiore (non ammette uguaglianza), allora l'insieme sarebbe stato l'insieme vuoto e quindi probabilità nulla? Sembra banale ma molto spesso si fanno errori sulle cose che apparentemente sono le più semplici
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[14] Re: Densità di probabilità della Y=g(X)

Messaggioda Foto UtenteGost91 » 8 mag 2016, 12:29

Il fatto che per la g(x) l'origine è un punto di discontinuità eliminabile mi avrebbe dovuto far riflettere sul fatto che probabilmente in quel punto avrei avuto un salto nella densità.


Attenzione, stai facendo un po' di confusione.

Nell'ultimo esercizio la g, a differenza della g del primo esercizio, non è discontinua nell'origine (anzi, è bella liscia su tutto l'asse reale: g\in\mathcal{C}^1 (\mathbb{R})).

I termini impulsivi nascono quando la legge di trasformazione concentra intervalli di densità di probabilità in singoli punti, la continuità di g non c'entra niente nel discorso. Buttiamo un occhio sui precedenti esercizi.

Nel primo esercizio si la g mappava l'intervallo (-\infty,0] in -1 e mappava l'intervallo (0,\infty) in 1. Quindi la densità in uscita presentava un impulso in -1 e un altro impulso in 1.



Nel secondo esercizio, invece, la g mappava l'intervallo (\infty,0] nell'origine e l'intervallo (0,\infty) nell'iintervallo (0,\infty) secondo la legge quadratica. In uscita dunque si aveva un solo impulso nell'origine.



In sostanza, i termini impulsivi li diagnostichi studiando l'immagine della g in questione. Tutte le volte che la g presenta dei tratti a derivata nulla (cioè tratti in cui è costante) allora ci sono degli impulsi di probabilità in uscita. Per esempio, se fosse X prendesse valori in [-8,12] e fosse trasformata secondo la seguente legge



allora in uscita si avrebbero due impulsi: uno in 2 e l'altro 7.
Morale: disegnati sempre il grafico di g, già da quello puoi farti un'idea su come si "spalma" la densità di probabilità in uscita. Poi in seconda battuta cerca conferme alle congetture mediante conti.

Per quanto riguarda il secondo punto [...] Giusto?


Esatto! :ok:

Curiosità Se mi fosse stato chiesto [...] allora l'insieme sarebbe stato l'insieme vuoto e quindi probabilità nulla?


Esatto 2.0! :ok: :ok:
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[15] Re: Densità di probabilità della Y=g(X)

Messaggioda Foto Utenteoiram92 » 10 mag 2016, 19:14

Grazie Foto UtenteGost91 mi sei veramente di grande aiuto, non riuscirò mai a ringraziarti abbastanza =D>
Purtroppo però i miei dubbi sull'analisi della variabili aleatorie trasformate non si esauriscono qui..oggi ho provato a svolgere un altro esercizio ma ancora una volta mi blocco. Potresti darmi una mano?

Testo
Sia X una variabile aleatoria che assume 0 e 1 con probabilità 0.5. Sia Y una variabile aleatoria uniforme in [-1,2] ed infine sia Z=X\cdot Y. Definire completamente la Z (valore medio, varianza,ecc..)

Tentativo di svolgimento
Per come sono definite X ed Y possiamo subito scrivere che :

f_X(x) = 0.5\delta(x) + 0.5\delta(x-1)

f_Y(y) = \frac{1}{3} \cdot rect \left(\frac{y-0.5}{3}\right)

Ed i grafici sono i seguenti :



In particolare X,Y sono variabili indipendenti quindi la loro densità di probabilità congiunta è :

f_{XY}(x,y) = f_X(x) \cdot f_Y(y) = \frac{1}{3} \cdot rect \left(\frac{y-0.5}{3}\right)\cdot (0.5\delta(x) + 0.5\delta(x-1))

E fin qui (credo) nessun problema..a questo punto (come sempre) devo andare a calcolarmi la distribuzione e la densità della Z prima di passare al calcolo degli indici caratteristici (che alla fine sono "semplici" calcoli conoscendo la densità). Per definizione abbiamo che :

F_Z(z) = P(Z \le z) = P(XY \le z)

a questo punto non ho la più pallida idea di come procedere, il grafico sarebbe quello di un paraboloide..come si dice dalle mie parti: qui sono "uccelli senza zucchero"..
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[16] Re: Densità di probabilità della Y=g(X)

Messaggioda Foto UtenteGost91 » 10 mag 2016, 22:21

Per come sono definite X ed Y possiamo subito scrivere che :

f_X(x) = 0.5\delta(x) + 0.5\delta(x-1)

f_Y(y) = \frac{1}{3} \cdot rect \left(\frac{y-0.5}{3}\right)

Ed i grafici sono i seguenti [...]


Fin qui ci siamo :ok:

In particolare X,Y sono variabili indipendenti quindi la loro densità di probabilità congiunta è :

f_{XY}(x,y) = f_X(x) \cdot f_Y(y) = \frac{1}{3} \cdot rect \left(\frac{y-0.5}{3}\right)\cdot (0.5\delta(x) + 0.5\delta(x-1))


Qua invece si traballa...

L'indipendenza stocastica è una proprietà molto forte, nel senso che molto raramente capita che due variabili aleatorie siano indipendenti tra loro. Il testo non dice niente al riguardo, quindi non si può assumere così su due piedi che X e Y siano indipendenti. Sia ben inteso che quanto appena detto non significa che X e Y siano dipendenti tra loro.

Per definizione abbiamo che :

F_Z(z) = P(Z \le z) = P(XY \le z)
a questo punto non ho la più pallida idea di come procedere, il grafico sarebbe quello di un paraboloide..come si dice dalle mie parti: qui sono "uccelli senza zucchero"..


Niente panico: con calma e sangue freddo si trova sempre la soluzione.

Allora, torniamo alla nostra tanto cara rappresentazione a blocchi. Ora si può pensare ad un sistema a due ingressi che in uscita restituisce il loro prodotto



Io direi a questo punto di sfruttare la peculiarità di Y di assumere i soli due valori 0 xor 1.
Come giustamente scrivi, si ha

F_Z(z) = \mathbb{P}(XY \leq z)

ma dato che Y è binaria, è facile analizzare il problema condizionando la precedente probabilità

\begin{aligned}\mathbb{P}(XY \leq z) &=\mathbb{P}(X\cdot 1 \leq z)\mathbb{P}(Y=1)+\mathbb{P}(X\cdot 0 \leq z)\mathbb{P}(Y=0) \\
&=\frac{1}{2}[\mathbb{P}(X\leq z)+\mathbb{P}(0\leq z)]
\end{aligned}

a questo punto è fatta: si è ricondotto il problema corrente nel problema affrontato in precedenza nei due esercizi precedenti, sicché lascio la parola a te ;-)

Vogliamo una interpretazione dell'ultima espressione? Si può pensare al precedente sistema g come un classico sistema a singolo ingresso da elaborare X, con l'aggiuta di un nuovo ingresso di "accensione/spengimento" (Y=1/Y=0).


Il sistema è acceso con probabilità .5, e in tal caso si ha una certa probabilità di avere XY minore di z assegnato.
Il sistema è spento con probabilità .5, e in tal si ha una una distinta probabilità dalla precedente di avere XY minore di z assegnato.

Poi, come disse Bayes ,la probabilità totale è la somma pesata delle due precedenti probabilità, cioè l'ultima espressione trovata.
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[17] Re: Densità di probabilità della Y=g(X)

Messaggioda Foto Utenteoiram92 » 11 mag 2016, 18:01

Gost91 ha scritto:\begin{aligned}\mathbb{P}(XY \leq z) &=\mathbb{P}(X\cdot 1 \leq z)\mathbb{P}(Y=1)+\mathbb{P}(X\cdot 0 \leq z)\mathbb{P}(Y=0) \\
&=\frac{1}{2}[\mathbb{P}(X\leq z)+\mathbb{P}(0\leq z)]
\end{aligned}

a questo punto è fatta: si è ricondotto il problema corrente nel problema affrontato in precedenza nei due esercizi precedenti, sicché lascio la parola a te ;-)


Piccolo appunto prima di partire: la variabile discreta è la X quindi l'espressione corretta è :

F_Z(z) = \frac{1}{2}[\mathbb{P}(Y\leq z)+\mathbb{P}(0\leq z)]

Piccola svista, non preoccuparti :ok: Dunque, a questo punto iniziamo ad analizzare i casi della z sul grafico della f_Y(y):

:arrow: per z<-1 si ha che E_Y=\emptyset e quindi F_Z(z)=0

:arrow: per -1<z<0 abbiamo graficamente :



E si vede che : F_Z(z) =  \frac{1}{2} \left(\mathbb{P}(Y \le z)+\emptyset \right) = \frac{z+1}{6}

:arrow: Per 0<z<2 allo stesso modo abbiamo che :



Quindi : F_Z(z) = \frac{1}{2} \left(\mathbb{P}(Y \le z)+1\right) = \frac{z+4}{6}

:arrow: Infine, per z>2 abbiamo F_Z(z) = 1

Quindi ricapitolando :

F_Z(z) = \begin{cases} 0, & \mbox{se } z<-1 \\ \frac{z+1}{6}, & \mbox{se } -1<z<0 \\ \frac{z+4}{6}, & \mbox{se } 0<z<2 \\ 1, & \mbox{se } z>2 \end{cases}

Andando a tracciare il grafico della distribuzione vediamo che :



In cui si nota un salto per z=0, questo indica il fatto che a partire da 0 è presente un gradino di altezza \frac{2}{3} (e di conseguenza avremo un impulso centrato in zero nella densità). Tenendo conto di questo fatto deriviamo e troviamo la densità :

f_Z(z) = \begin{cases} \frac{1}{6}, & \mbox{se } -1<z<2 \\ \frac{2}{3}\delta(z), & \mbox{se } z=0 \\ 0, & \mbox{altrove } \end{cases}

che (prendendo spunto dai tuoi messaggi) può essere scritta come :

f_Z(z) = \frac{2}{3}\delta(z) + \frac{1}{6}\cdot rect \left(\frac{z-0.5}{3}\right)

A questo punto vado a verificare, ma purtroppo ottengo un risultato inaspettato :

\int_{-\infty}^{+\infty} f_Z(z) dz = \frac{2}{3} + \frac{1}{6} \cdot \int_{-1}^{2} dz = \frac{7}{6}

che non è uguale ad 1 e addirittura è maggiore! Dove ho sbagliato?

EDIT: Forse ho trovato l'errore (però mi è un po' oscuro il motivo perché sono giunto alla seguente conclusione "barando" :lol: ). Mi ha fatto riflettere il fatto che alcuni post addietro hai detto "sommando punto per punto", bene, se adesso guardo il grafico, vedo che per "saltare" da \frac{1}{6} a \frac{2}{3} ho bisogno di un gradino di altezza pari ad \frac{1}{2} in modo tale che la "somma punto per punto" faccia \frac{1}{6} + \frac{1}{2} = \frac{2}{3}. A questo punto, se nella precedente espressione sostituisco un gradino con altezza 0.5, poi faccio la derivata (impulso di Dìrac in zero) e infine faccio la verifica, i conti tornano..Quello che però non mi è chiaro è che se calcolo esplicitamente :

F_Z(z) = \frac{1}{2} \left[ \mathbb{P}(Y \le 0) + \mathbb{P}(0 \le 0) \right]

in cui ho posto z=0, ottengo :

F_Z(z) = \frac{1}{2} \left[ \int_{-1}^{0} f_Y(y) dy + 1\right] = \frac{2}{3}

che mi restituisce il valore che avevo individuato prima..
Gost91 ha scritto:Vogliamo una interpretazione dell'ultima espressione? Si può pensare[...]

Grazie mille per l'esempio :ok: ogni volta che studio qualcosa di nuovo cerco di capire non solo il lato teorico ma anche quale sia l'utilità pratica, anche perché un giorno (spero) quando inizierò a lavorare non verrò assunto per eseguire calcoli matematici, a quello ci pensano i calcolatori
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[18] Re: Densità di probabilità della Y=g(X)

Messaggioda Foto UtenteGost91 » 12 mag 2016, 9:51

Piccolo appunto prima di partire: la variabile discreta è la X quindi l'espressione corretta è :

F_Z(z) = \frac{1}{2}[\mathbb{P}(Y\leq z)+\mathbb{P}(0\leq z)]


Sì è vero, non ci avevo fatto caso :mrgreen:

:arrow: per z<-1 si ha che [...] Andando a tracciare il grafico della distribuzione vediamo che :


Sì è corretto, però confesso che faccio fatica a capire i tuoi ragionamenti. Tanto per chiarirsi, si deve procedere determinando \mathbb{P}(X\leq z) e \mathbb{P}(0\leq z).
Con le solite argomentazioni si trova

  • \mathbb{P}(X\leq z)=\frac{z+1}{3}\text{rect}\left (\frac{z-1/2}{3} \right)+\text{u}(z-2)
  • \mathbb{P}(0\leq z)=\text{u}(z)

Poi, applicando Bayes, si conclude che

\begin{aligned}F_Z(z) &=\frac{1}{2}[\mathbb{P}(X\leq z)+\mathbb{P}(0\leq z)] \\
&=\frac{z+1}{6}\text{rect}\left (\frac{z+1/2}{1} \right)+\frac{z+4}{6}\text{rect}\left (\frac{z-1}{2} \right)+\text{u}(z-2)
\end{aligned}

il cui grafico è appunto



In cui si nota un salto per z=0, questo indica il fatto che a partire da 0 è presente un gradino di altezza \frac{2}{3}


No, attenzione, l'ampiezza del gradino è pari a quella del salto, quindi 1/2.

(e di conseguenza avremo un impulso centrato in zero nella densità).


Esatto :ok:

Tenendo conto di questo fatto deriviamo e troviamo la densità :

f_Z(z) = \begin{cases} \frac{1}{6}, & \mbox{se } -1<z<2 \\ \frac{2}{3}\delta(z), & \mbox{se } z=0 \\ 0, & \mbox{altrove } \end{cases}


Siamo sicuri? Ti manca il contributo tra z compreso tra 0 e 2.

  • tra -1 e 0 si ha una crescita lineare, con pendenza (1/6)/1=1/6, quindi la densità qua è un rect di ampiezza 1/6;
  • in 0 c'è un salto di 1/2, quindi la densità qua è un impulso di ampiezza 1/2;
  • tra 0 e 2 si ha una crescita lineare, con la solita pendenza, quindi ancora la densità è ancora un rect di ampiezza 1/6.

quindi tirando le somme

\boxed{f_Z (z)=\frac{1}{6}\left[\text{rect}\left(\frac{z+1/2}{1}\right)+\text{rect}\left(\frac{z-1}{2}\right)\right] +\frac{1}{2}\delta(z)}

è facile verificare che la sua area sottesa è unitaria.

EDIT


Giusto! è proprio quello che ti ho scritto nella seconda correzione ;-)

Definire completamente la Z (valore medio, varianza,ecc..)


Dai che ora è meccanico, è facile concludere ;-)
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[19] Re: Densità di probabilità della Y=g(X)

Messaggioda Foto Utenteoiram92 » 12 mag 2016, 14:33

Gost91 ha scritto:Sì è corretto, però confesso che faccio fatica a capire i tuoi ragionamenti.


Vediamo se riesco a spiegare meglio quello che faccio (così almeno vediamo insieme se il ragionamento è corretto e se esiste una via più breve). Dunque, quando devo calcolare :

F_Z(z) = \frac{1}{2} \cdot [ \mathbb{P}(Y \le z) + \mathbb{P}(0 \le z) ]

La sviluppo (mentalmente) come :

F_Z(z) = \frac{1}{2} \cdot \left[ \int_{-\infty}^{z} f_Y(y) dy +\begin{cases} 0, & \mbox{se } z<0 \\ 1, & \mbox{se } z \ge 0 \end{cases} \right]

A questo punto faccio i vari casi di z osservando l'andamento della f_Y(y) e del gradino \mathbb{P}(0 \le z), cioè:

:arrow: se z \le -1, l'integrale è nullo, il gradino mi restituisce zero, quindi F_Z(z)=0

:arrow: se -1<z<0 il gradino è ancora zero però questa volta l'area sottesa non è più nulla ma abbiamo un rettangolino di area variabile di altezza \frac{1}{3} e base |-(z+1)|=z+1, quindi :

F_Z(z) = \frac{1}{2} \cdot \frac{z+1}{3} = \frac{z+1}{6}

:arrow: se z=0 il gradino passa a 1 (e resta tale per tutti i successivi valori di z) mentre l'integrale vale \frac{1}{3} quindi F_Z(z)=\frac{2}{3}

:arrow: se 0<z<2 l'integrale è l'area del rettangolo di altezza \frac{1}{3} e base (z+1) quindi :

F_Z(z) = \frac{1}{2} \cdot \left[ \frac{z+1}{3} + 1 \right] = \frac{1}{2} \cdot \frac{z+4}{3} = \frac{z+4}{6}

:arrow: infine se z \ge 2 non abbiamo ulteriori contributi all'integrale, quindi l'area sottesa è quella dell'intero rettangolo e di conseguenza :

F_Z(z) = \frac{1}{2} \cdot [ 1 + 1 ] = 1

A questo punto passando a graficare la F_Z(z) e seguendo il tuo ragionamento mi ritrovo con la tua espressione di densità. Però non capisco una cosa, scrivendo la F_Z(z) per casi (riassunto del ragionamento precedente) ottengo :

F_Z(z) = \begin{cases} 0, & \mbox{se } z<-1 \\ \frac{z+1}{6}, & \mbox{se } -1<z<0 \\ \frac{2}{3}, & \mbox{se } z=0 \\ \frac{z+4}{6}, & \mbox{se } 0<z<2 \\ 1, & \mbox{se } z \ge 2 \end{cases}

se adesso vado a derivare direttamente (senza graficare) questa funzione ritorno all'espressione che avevo trovato nel post precedente..a questo punto mi sa che non esiste un "metodo meccanico" per questa parte dell'esercizio. La chiave è quella di graficare sempre la funzione di ripartizione e vedere cosa succede. Infatti, andando a vedere il grafico ci si rende conto che in zero la funzione balza da 1/6 a 2/3, ciò significa che in quel punto è stato applicato un gradino che (appunto) porta la F_Z(z) da 1/6 a 2/3, cioè di altezza 1/2. Scusa se sono stato ripetitivo ma volevo esporti il "mio" metodo per capire innanzitutto se è corretto e anche per vedere se posso migliorarlo/velocizzarlo.

Gost91 ha scritto:Dai che ora è meccanico, è facile concludere ;-)


Certo! :mrgreen: quindi, riscrivo per l'ultima volta la f_Z(z) in modo da averla a portata di mano :

f_Z (z)=\frac{1}{6}\left[\text{rect}\left(\frac{z+1/2}{1}\right)+\text{rect}\left(\frac{z-1}{2}\right)\right] +\frac{1}{2}\delta(z)

Valore atteso (o media)

\eta_Z = \int_{-\infty}^{+\infty} z \cdot f_Z(z) dz = \frac{1}{6} \int_{-1}^{0} z dz + \frac{1}{6} \int_{0}^{2} z dz + \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} z \delta(z) dz

\eta_Z = \frac{1}{12} + \frac{1}{3} + \emptyset = \frac{5}{12}

Valore quadratico medio

E[Z^2] =  \int_{-\infty}^{+\infty} z^2 \cdot f_Z(z) dz = \frac{1}{6} \int_{-1}^{0} z^2 dz + \frac{1}{6} \int_{0}^{2} z^2 dz + \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} z^2 \delta(z) dz

E[Z^2] = \frac{1}{18} + \frac{8}{18} + \emptyset = \frac{1}{2}

Varianza

\sigma_Z^2 = E[Z^2] - \eta_Z^2 = \frac{1}{2} - \frac{25}{144} = \frac{47}{144}

L'ultimo punto dell'esercizio (avevo dimenticato di scriverlo) chiede di trovare la probabilità che sia Z>1, quindi (dovrebbe essere):

\mathbb{P}(Z>1) = 1 - \mathbb{P}(Z<1) = 1 - F_Z(z=1) = 1 - \frac{5}{6} = \frac{1}{6}

corretto?
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[20] Re: Densità di probabilità della Y=g(X)

Messaggioda Foto UtenteGost91 » 20 mag 2016, 18:05

Vediamo se riesco a spiegare meglio quello che faccio... mi ritrovo con la tua espressione di densità


Fin qui ok, ora sono riuscito anche a seguirti nel ragionamento :ok:

Però non capisco una cosa, scrivendo la F_Z(z) per casi (riassunto del ragionamento precedente) ottengo :

F_Z(z) = \begin{cases} 0, & \mbox{se } z<-1 \\ \frac{z+1}{6}, & \mbox{se } -1<z<0 \\ \frac{2}{3}, & \mbox{se } z=0 \\ \frac{z+4}{6}, & \mbox{se } 0<z<2 \\ 1, & \mbox{se } z \ge 2 \end{cases}

se adesso vado a derivare direttamente (senza graficare) questa funzione ritorno all'espressione che avevo trovato nel post precedente...


Attenzione all'origine, è un punto di discontinuità. In linea di principio in tale punto la distribuzione non è definita. Una funzione integrale può essere modificata in punti isolati senza variare il proprio contenuto informativo (a patto che i punti isolati modificati non siano sede di impulsi).
Morale: dimentichiamoci del valore assunto nell'origine (che poi non è dato saperlo in questo esercizio [potrebbe anche essere +\infty e non cambierebbe niente!]) e procediamo "ingegneristicamente", tralasciando le patologie e facendo tornare i conti coerenti con le proprietà delle distribuzioni e densità.

\frac{\text{d}}{\text{d}z}F_Z(z) =\frac{\text{d}}{\text{d}z} \begin{cases} 0, & \mbox{se } z<-1 \\ \frac{z+1}{6}, & \mbox{se } -1<z<0 \\ \frac{z+4}{6}, & \mbox{se } 0<z<2 \\ 1, & \mbox{se } z \ge 2 \end{cases}=\begin{cases} \frac{\text{d}}{\text{d}z} 0, & \mbox{se } z<-1 \\ \frac{\text{d}}{\text{d}z} \frac{z+1}{6}, & \mbox{se } -1<z<0 \\ \frac{\text{d}}{\text{d}z} \frac{z+4}{6}, & \mbox{se } 0<z<2 \\ \frac{\text{d}}{\text{d}z} 1, & \mbox{se } z \ge 2 \end{cases}

c'è da ricordarsi che la patologia dovuta al salto nell'origine, che si riflette in un impulso nella densità, quindi si conclude che

\frac{\text{d}}{\text{d}z}F_Z(z)=\begin{cases} 0, & \mbox{se } z<-1 \\ \frac{1}{6}, & \mbox{se } -1<z<0 \\  \frac{1}{6}, & \mbox{se } 0<z<2 \\ 0, & \mbox{se } z \ge 2 \end{cases}+\frac{1}{2}\delta(z)

che non è altro quello che ho scritto sinteticamente nel precedente post.

. La chiave è quella di graficare sempre la funzione di ripartizione e vedere cosa succede.


Esatto, bisogna cercare di capire sempre quello che si sta facendo, e i grafici sono un ottimo strumento.
Hanno detto che un grafico può valere più di mille parole, ed un motivo c'è!

Valore atteso (o media)

\eta_Z = \int_{-\infty}^{+\infty} z \cdot f_Z(z) dz = \frac{1}{6} \int_{-1}^{0} z dz + \frac{1}{6} \int_{0}^{2} z dz + \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} z \delta(z) dz


Mettiamo in mostra le nostre skills da pittori talentuosi :mrgreen:
Questa è la densità



Bisogna moltiplicarla (sempre punto-punto) per la funzione identica I(z)=z, che è la bisettrice tra primo e terzo quadrante. Retta per costante = retta, quindi tralasciando per ora l'origine, si ha che



L'area sottesa è

-\frac{1\cdot 1/6}{2}+\frac{2\cdot 1/3}{2}=\frac{1}{4}

per il contributo nell'origine c'è da ricordarsi la proprietà di campionamento

\int_\mathbb{R} z\delta(z) \text{ d}z=z|_{z=0}=0

quindi in totale il valor medio è proprio 1/4. Lascio a te a capire dove sta il tuo errore ;-)

Valore quadratico medio

E[Z^2] =  \int_{-\infty}^{+\infty} z^2 \cdot f_Z(z) dz = \frac{1}{6} \int_{-1}^{0} z^2 dz + \frac{1}{6} \int_{0}^{2} z^2 dz + \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} z^2 \delta(z) dz

E[Z^2] = \frac{1}{18} + \frac{8}{18} + \emptyset = \frac{1}{2}

Varianza

\sigma_Z^2 = E[Z^2] - \eta_Z^2 = \frac{1}{2} - \frac{25}{144} = \frac{47}{144}


Buona idea non passare dalla definizione di varianza, la media di Z^2 è corretta, però il risultato non è corretto dato che la media di Z è errata.

L'ultimo punto dell'esercizio (avevo dimenticato di scriverlo) chiede di trovare la probabilità che sia Z>1, quindi (dovrebbe essere):

\mathbb{P}(Z>1) = 1 - \mathbb{P}(Z<1) = 1 - F_Z(z=1) = 1 - \frac{5}{6} = \frac{1}{6}


Ad essere pignoli sarebbe

\mathbb{P}(Z>1) = 1 - \mathbb{P}(Z\leq1) = 1 - F_Z(z=1) = 1 - \frac{5}{6} = \frac{1}{6}

ti faccio però notare, in accordo con quanto scritto prima, che considerare o meno un punto isolato (in questo caso z=1, e non è impulsivo) per una funzione integrale non comporta alcun cambiamento sui risultati.
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