2.7 - Distribuição condicional: caso contínuo

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Se $ X $ e $ Y $ são variáveis aleatórias com função densidade de probabilidade conjunta $ f(x,y) $, então a função densidade de probabilidade de $ X $, dado que $ Y=y $ é definida para todos os valores $ y $ tais que $ f_Y(y) \ \textgreater \ 0 $, por


\[f_{X|Y}(x|y)=\frac{f(x,y)}{f_Y(y)}\]

 

Para motivar esta definição, multiplicamos o lado esquerdo da equação por $ dx $ e o lado direito por $ (dx dy)/dy $. Desta forma, obtemos


\[f_{X|Y}(x|y)dx=\frac{f(x,y)dxdy}{f_Y(y)dy}\approx \frac{\mathbb{P}(x\leq X\leq x+dx,y\leq Y\leq y+dy)}{\mathbb{P}(y\leq Y\leq y+dy)}\]

 

ou seja,


\[f_{X|Y}(x|y)dx=\mathbb{P}(x\leq X\leq x+dx|y\leq Y\leq y+dy).\]

 

Em outras palavras, para pequenos valores de $ dx $ e $ dy $, $ f_{X|Y}(x|y)dx $ representa a probabilidade condicional de $ X $ estar entre $ x $ e $ x+dx $, dado que $ Y $ está entre $ y+dy $.

O uso de densidades condicionais nos permite definir probabilidades condicionais de eventos associados com uma variável aleatória quando é dado o valor de uma segunda variável aleatória. Isto é, se $ X $ e $ Y $ são conjuntamente distribuídas, então para qualquer conjunto $ A $,


\[\mathbb{P}(X\in A|Y=y)=\int_A f_{X|Y}(x|y) dx\]

 

Em particular, tomando A=(-∞,a], podemos definir a função de distribuição acumulada de $ X $, dado que $ Y=y $, por


\[F_{X|Y}(a|y)=\mathbb{P}\{X\leq a|Y=y\}=\int_{-\infty}^a f_{X|Y}(x|y) dx.\]

Além disso, temos que 

$$F_{X,Y}(x,y)=\int_{-\infty}^y F_X(x|Y=t)dF_Y(t), \forall (x,y)\in \mathbb{R}^2$$

No qual a integral acima é a integral de Lebesgue.

 

Exemplo 2.7.1:

A densidade conjunta de $ X $ e $ Y $ é dada por


\[f(x,y)=\left\{\begin{array}{l} \frac{15}{2}x(2-x-y) \ \text{se} \ 0 \ \textless \ x \ \textless \ 1, 0 \ \textless \ y \ \textless \ 1\\ 0 \ \text{caso contrário}\end{array}\right.\]

 

Calcule a densidade condicional de $ X $, dado que $ Y=y $, quando $ 0 \ \textless \ y \ \textless \ 1 $.

Para $ 0 \ \textless \ x \ \textless \ 1 $, $ 0 \ \textless \ y \ \textless \ 1 $, temos que


\[f_{X|Y}(x|y)=\frac{f(x,y)}{f_Y(y)}=\frac{f(x,y)}{\int_{-\infty}^{\infty} f(x,y)dx}=\frac{x(2-x-y)}{\int_0^1 x(2-x-y)dx}\]

 

ou seja,


\[f_{X|Y}(x|y)=\frac{x(2-x-y)}{\frac{2}{3}-\frac{y}{2}}=\frac{6x(2-x-y)}{4-3y}.\]

 

Se $ X $ e $ Y $ são variáveis aleatórias contínuas independentes, a densidade condicional de $ X $, dado $ Y=y $, é justamente a densidade não condicional de $ X $. Isto ocorre pois, no caso independente, temos que


\[f_{X|Y}(x|y)=\frac{f(x,y)}{f_Y(y)}=\frac{f_X(x)f_Y(y)}{f_Y(y)}=f_X(x)\]

 

Também podemos falar de distribuições condicionais quando as variáveis aleatórias não são nem conjuntamente contínuas, nem conjuntamente discretas. Por exemplo, suponha que $ X $ é uma variável aleatória contínua com função densidade de probabilidade $ f $ e $ N $ é uma variável aleatória discreta e considere a distribuição condicional de $ X $ dado que $ N=n $. Então


\[\frac{\mathbb{P}(x \ \textless \ X \ \textless \ x+dx|N=n)}{dx}=\frac{\mathbb{P}(N=n|x \ \textless \ X \ \textless x+dx)}{\mathbb{P}(N=n)}\frac{\mathbb{P}(x \ \textless \ X \ \textless \ x+dx)}{dx}\]

 

e, fazendo $ dx $ tender a $ 0 $, temos que


\[\lim_{dx\to 0}\frac{\mathbb{P}(x \ \textless \ X \ \textless \ x+dx|N=n)}{dx}=\frac{\mathbb{P}(N=n|X=x)}{\mathbb{P}(N=n)}f(x)\]

 

o que nos mostra que a densidade condicional de $ X $ dado que $ N=n $ é dada por


\[f_{X|N}(x|n)=\frac{\mathbb{P}(N=n|X=x)}{\mathbb{P}(N=n)}f(x).\]

 

 

Exemplo 2.7.2:

Suponha que $ Y $ possua densidade $ f_Y(y) $ e que a distribuição condicional de X, dado que $ Y=y $, possua densidade $ f(x|y) $, para todo $ y $ (ou pelo menos para "quase todo" valor possível de Y). Demonstre que

$$f(x,y)= f_Y(y)f(x|y)$$

é a densidade conjunta de $ X $ e $ Y $.

Temos por 

$$F_{X,Y}(x,y)=\int_{-\infty}^y F_X(x|Y=t)dF_Y(t), (x,y)\in \mathbb{R}^2$$

que

$$F_{X,Y}(x,y)=\int_{-\infty}^y F_X(x|Y=y)dF_Y(t)$$

Agora se $ Y $ e $ X|Y $ são distribuições absolutamente contínuas então

$$dF_Y(y)=f_Y(y)dy$$

e

$$F_X(X|Y=y)=\int_{-\infty}^x f_{X|Y=y}(x)dx$$

Assim,

$$F_{X,Y}(x,y)=\int_{-\infty}^y \left[\int_{-\infty}^x f_{X|Y=y}(x)dx\right]f_Y(y)dy= \int_{-\infty}^y \int_{-\infty}^x f_{X|Y=y}(x) f_Y(y)dxdy$$

Então, pela definição de densidade de probabilidade

$$f_{X,Y}(x,y)=f_{X|Y=y}(x)f_Y(y)$$


 

Exemplo 2.7.3:
Considere o seguinte experimento de duas etapas: primeiro, escolhe-se um ponto $ x $ de acordo com a distribuição uniforme em (0,1); depois escolhe-se um ponto $ y $ de acordo com a distribuição uniforme em $ (-x,x) $. Se o vetor aleatório $ (X,Y) $ representar o resultado do experimento, qual será a densidade conjunta de X e Y ? A densidade marginal de Y? A densidade condicional de X dada Y?

Temos que $ X\sim U[0,1] $ o que implica

$$f_X(x)=\left\{\begin{array}{l}0,\quad x\notin[0,1]\\ 1, \text{Caso}\quad\text{Contrário}\end{array}\right.$$

e $ Y|X=x\sim U[-x,x] $ o que implica que $ f_{Y|X=x}(y)=\left\{0,x\notin [-x,x]\\ \frac{1}{2x},\quad \text{Caso}\quad\text{Contrário}\right. $
então utilizando o exemplo 2.7.2 :

$$f_{X,Y}(x,y)=f_{Y|X=x}(y)f_X(x)$$

então

$$f_{X,Y}(x,y)=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2x},\quad x\in A\\ 0, x\notin A.\end{array}\right.$$

com 0\leq x\leq 1 \quad e \quad  -x\leq y\leq x\} $ e portanto

$$f_Y(y)=\int_{-\infty}^\infty f_{X,Y}(x,y)dx=\int_{|y|}^1\frac{1}{2x}dx=\frac{1}{2}\left[\ln(x)\right]_{|y|}^1=-\frac{1}{2}\ln(|y|),\quad -1\leq y\leq 1.$$

Agora, X e Y tendo densidade conjunta

$$f_{X|Y=y}(x)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}=\left\{\frac{\frac{1}{2x}}{-\frac{1}{2}ln(|y|)}=-\frac{x^{-1}}{\ln(|y|)},\quad x\in A \\ 0,x\notin A\right.$$

e o resultado segue


 

Exemplo 2.7.4:
Observam-se duas lâmpadas durante suas vidas úteis. Suponha as vidas independentes e exponenciais de parâmetro $ \lambda $. Sejam X o tempo de queima da primeira lâmpada a queimar e Y o tempo de queima da segunda a queimar ($ X\leq Y $).

(a) Qual a distribuição condicional de X dada Y?

Sejam $ Z_1\sim Exp(\lambda) $ e $ Z_2\sim Exp(\lambda) $ independentes e $ X=\min(Z_1,Z_2) $ e $ Y=\max(Z_1,Z_2) $. Então

$$\mathbb{P}(X\textgreater x)=\mathbb{P}(Z_1\textgreater x,Z_2\textgreater x)=e^{-\lambda x}e^{-\lambda x}=e^{-2\lambda x}\mathds{1}_{[x\geq 0]}.$$

Assim,

$$f_X(x)=\frac{\partial F_X(x)}{\partial x}=\frac{\partial (1-e^{-2\lambda x})}{\partial x}=2\lambda e^{-2\lambda x}\mathds{1}_{[x\textgreater 0]}$$

e

$$\mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}(Z_1\leq y,Z_2\leq y)=(1-e^{-\lambda y})^2\mathds{1}_{[y\geq 0]}$$

então

$$f_Y(y)=\frac{\partial F_Y(y)}{\partial y}=\frac{\partial (1-e^{-\lambda y})^2}{\partial y}=2(1-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y}\mathds{1}_{[y\geq 0]}$$

Agora,

$$\mathbb{P}(X\leq x,Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(X\textgreater x,Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(x\textless Z_1\leq, x\textless Z_2\leq y)$$

$$=\mathbb{P}(Y\leq y)-\left[F_{Z_1}(y)-F_{Z_1}(x)\right]\left[F_{Z_2}(y)-F_{Z_2}(x)\right]=\left[1-e^{-\lambda y}\right]^2-\left[e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y}\right]^2 \mathds{1}_{[0\leq X\leq Y]}$$

Assim,

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{\partial^2 F_{X,Y}(x,y)}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial x}\left[2(1-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y} -2(e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y}=2\lambda^2 e^{-\lambda x}e^{-\lambda y}\right]$$

$$2\lambda^2 e^{-\lambda(x+y)}\mathds{1}_{[0\leq X\leq Y]}$$

então, temos que

$$f_{X|Y=y}(x)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}=\left\{\begin{array}{l}\frac{2\lambda^2 e^{-\lambda(x+y)}}{2(1-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y}}=\frac{\lambda e^{-\lambda x}}{(1-e^{-\lambda y})},\quad 0\leq x\leq y\\ 0,\quad\quad\text{Caso}\quad\text{Contrário}.\end{array}\right.$$

(b) Qual a distribuição de Y dada X?
 

Exemplo 2.7.5:
Suponha que (X,Y) possua distribuição uniforme em A, onde A é uma região de área positiva. Mostre que a distribuição condicional de X dado que $ Y=y $ é uniforme em $ A_y $, a secção de A por y, onde definimos (x,y)\in A\} $.

Seja $ (X,Y)\sim U(A) $ se, e comente se, $ \mathbb{P}(B\in \mathcal{B}^2)=\frac{\text{área}(B\cap A)}{\text{área}(A)} $
Agora como $ \text{Área}(A)\textgreater 0 $ o que implica $ (X,Y) $ é variáveis aleatórias absolutamente contínuas e

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{\mathds{1}_A(x,y)}{\text{área}(A)}$$

então

$$f_Y(y)=\int_{-\infty}^\infty f_{X,Y}(x,y)dx=\frac{1}{\text{área}(A)}\int_{-\infty}^\infty \mathds{1}_A(x,y)dx=\frac{\text{área} A_y}{\text{área} A}.$$

Então,  y é tal que área $ A_y\textgreater 0 $ temos:

$$f_{X|Y=\bar{y}}(x)=\frac{f_{X,Y}(x,\bar{y})}{f_Y(\bar{y})}=\frac{\frac{\mathds{1}_A(x,\bar{y})}{\text{área}(A)}}{\frac{\text{área}(A\bar{y})}{\text{área} A}}=\frac{\mathds{1}_{A\bar{y}}(x)}{\text{área}(A\bar{y})},$$

então $ X|Y=\bar{y} $ é uniforme em $ A\bar{y} $


 

 

Exemplo 2.7.6:
Demonstre que se $ \mathbb{P}(X\in B| Y=y)=\mathbb{P}(X\in B) $ para todo $ B\in \mathcal{B} $ e $ y\in \mathbb{R}, $ então $ X $ e $ Y $ são independentes, de modo que $ X $ e $ Y $ são independentes se, e somente se, a distribuição condicional não depende do valor de Y.

Temos que

$$\mathbb{P}(X\leq x| Y=y)=\mathbb{P}(X\leq x)$$

o que implica que $ F_{X|Y=y}(x)=F_X(x) $ então, por 

$$F_{X,Y}(x,y)=\int_{-\infty}^y F_X(x|Y=t)dF_Y(t), (x,y)\in \mathbb{R}^2$$


$$F_{X,Y}(x,y)=\int_{-\infty}^y F_{X|Y=y}(x)dF_Y(y)=\int_{-\infty}^y F_X(x)dF_Y(y)-F_X(x)\int_{-\infty}^y dF_Y(y)=F_X(x)F_Y(y)$$

o que implica que X e Y são independentes. Agora, pelo caso II vemos que $ X,Y $ independentes implica que

$$\mathbb{P}(X\in B|Y=y)=\mathbb{P}(X\in B)$$

com $ B\in \mathcal{B} $ e $ y\in \mathbb{R} $.

 

 

Exemplo 2.7.7:
19- Seja X uma variável aleatória com densidade $ f(x) $, no qual f é contínua. Qual a distribuição condicional de X dada $ |X| $? Verifique sua resposta.
Dado que $ |X|=y $ os valores possíveis de X são $ -y $ e $ y $ então a distribuição de X dado $ |X|=y $ deverá ser concentradas nos pontos $ -y $ e $ y $ e, pelo princípio da preservação das chances relativas, temos que


$$\mathbb{P}(X=y| |X|=y)=\frac{f_X(y)}{f_X(y)+f_X(-y)}$$

e

$$\mathbb{P}(X=-y| |X|=y)=\frac{f_X(-y)}{f_X(y)+f_X(-y)}$$

Agora, verifiquemos a $ \mathbb{P}(X\in B| Y=y)=\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\mathbb{P}(X\in B| Y\in I) $, no qual I é um intervalo que contém y, de comprimento $ \Delta y $. Seja $ B\subset \mathcal{B} $ no qual $ B $ é intervalo aberto de extremos racionais que contém y e $ I=(r_1,r_2)\cup(-r_2,-r_1) $ no qual $ r_1\textless y \textless r_2 $. Então

$$\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\mathbb{P}(B\in \mathcal{B}|y\in I)=\lim_{\Delta \rightarrow 0}\frac{\mathbb{P}(B\in \mathcal{B},y\in I)}{\mathbb{P}(y\in I)}.$$

Agora,

$$\lim_{\Delta \rightarrow 0}\frac{\mathbb{P}(y\in I)}{\Delta y}=\lim_{\begin{small}\begin{array}{l}r_1\rightarrow y\\ r_2\rightarrow y\end{array}\end{small}}\displaystyle\frac{\displaystyle \int_{-r_2}^{-r_1}f_X(y)dy+\int_{r_1}^{r_2}f_X(y)dy}{\Delta y}=f_{X}(-y)+f_X(y),$$

pois f é contínua em $ -y $ e $ y $ e

$$\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\mathbb{P}(B\in \mathcal{B},y\in I)=\lim_{\begin{small}\begin{array}{l}r_1\rightarrow y\\ r_2\rightarrow y\end{array}\end{small}}\int_{r_1}^{r_2}f_X(y)dy=f_X(y),$$

pois f é contínua em $ y $ então

$$\mathbb{P}(X=y||X|=y)=\frac{f_X(y)}{f_X(y)+f_X(-y)}.$$

Analogamente para $ -y $ teremos:

$$\mathbb{P}(X=-y||X|=y)=\frac{f_X(-y)}{f_X(y)+f_X(-y)}.$$

Isto define a distribuição condicional.


 

Exemplo 2.7.8:
Sejam $ X $ e $ Y $ independentes, cada uma com distribuição $ N(0,\sigma^2) $. Qual a distribuição condicional de X dado $ \sqrt{X^2+Y^2} $?

Sabemos pelo exemplo 2.6.14 que:

$$\frac{(X,Y)}{\sqrt{X^2+Y^2}=z}$$

é uniforme em $ A_z $, no qual

\sqrt{x^2+y^2}=z\}\\z\textgreater 0\end{array}\right.$$

no qual,

$$f(x,y)_{\frac{(X,Y)}{\sqrt{X^2+Y^2}=z}}=\frac{1}{2\pi z}\mathds{1}_{A_z}(x,y)$$

Agora aplicando o princípio da substituição temos que

$$\frac{(X,Y)}{\sqrt{X^2+Y^2}=z}\sim \left(\frac{(X)}{\sqrt{X^2+Y^2}=z},\frac{(Y)}{\sqrt{X^2+Y^2}=z}\right)$$

então:

$$f_{X/z,Y/z}(x,y)=f_{(X,Y)/z}(x,y)=\frac{1}{2\pi z}\mathds{1}_{A_z}(x,y)$$

Agora, como se x\leq t, y \quad\text{qualquer}\quad\} $, então

$$F_{X/z}(t)=\int_{B_t}dF_{X/z,Y/z}(x,y)=\int_{B_t}f_{X/z}f_{Y/z}(x,y)dxdy=\int_{B_t}\frac{1}{2\pi z}\mathds{1}_{A_z}(x,y)dxdy$$

$$=\frac{1}{2\pi z}\int_{B_t\cap A_z}dxdy=\frac{1}{2\pi z}\text{Comp}(B_t\cap A_z)$$

Agora para $ 0\textless t\textless z $, temos que

$$\text{Comp}(B_t^c\cap A_z)=2z\arccos\left(\frac{t}{z}\right)$$


Assim

$$F_{X/z}(t)=\frac{2\pi z-\text{Comp}(B_t^c\cap A_z)}{2\pi z}=1-\frac{1}{\pi}\arccos\left(\frac{t}{z}\right)$$

Então, por analogia, observamos que $ X/z $ é simétrica em torno de zero e assim

$$F_{X/z}=\left\{\begin{array}{l}0,\quad\quad t\leq -z\\ \frac{1}{\pi}\arccos\left(-\frac{t}{z}\right),\quad -z\textless t\leq 0,\\ 1-\arccos\left(\frac{t}{z}\right), 0 \textless t\leq z\end{array}\right.$$

Agora como $ X/Z $ é simétrico em torno de zero e limitada (e portanto integrável) temos que

$$\mathbb{E}\left(X|\sqrt{X^2+Y^2}\right)=0$$


 

Exemplo 2.7.9:
Explique como os casos abaixos podem ser consideradas consequências do princípio da preservação de chances relativas.

\textbf{Caso I:} Y é variável aleatória discreta e assume os valores $ y_1,y_2, \dots $. Temos que se $ B_1=[X\leq x_1] $, $ B_2=[X\leq x_2] $, assim para $ y_n $ tal que

$$\mathbb{P}(Y=y_n)\textgreater 0$$

temos

$$\frac{\mathbb{P}(X\leq x_1|Y=y_n)}{\mathbb{P}(X\leq x_2|Y=y_n)}=\frac{\frac{\mathbb{P}(X\leq x_1,Y=y_n)}{\mathbb{P}(Y=y_n)}}{\frac{\mathbb{P}(X\leq x_2,Y=y_n)}{\mathbb{P}(X\leq x_2,Y=y_n)}}=\frac{\mathbb{P}(X\leq x_1,Y=y_n)}{\mathbb{P}(X\leq x_2,Y=y_n)}$$

Então, as chamas relativas são preservadas e podemos considerar a divisão por

$$\mathbb{P}(Y=y_n)$$

como uma normalização pois

$$\mathbb{P}(Y=y_n)=\lim_{x\rightarrow \infty}\mathbb{P}(X\leq x, Y=y_n)$$

\textbf{Caso II:} $ X $ e $ Y $ são variáveis aleatórias independentes, então se

$$\mathbb{P}(Y=y)\textgreater 0$$

Então, temos que

$$\frac{\mathbb{P}(X\leq x_1|Y=y)}{\mathbb{P}(X\leq x_2|Y=y)}=\frac{\mathbb{P}(X\leq x_1)}{\mathbb{P}(X\leq x_2)}$$

$$=\frac{\mathbb{P}(X\leq x_1)\mathbb{P}(Y=y)}{\mathbb{P}(X\leq x_2)\mathbb{P}(Y=y)}=\frac{\mathbb{P}(X\leq x_1,Y=y)}{\mathbb{P}(X\leq x_2,Y=y)}$$

Então, as chances relativas também neste caso são preservadas e podemos considerar

$$\lim_{x\rightarrow \infty}\mathbb{P}(X\leq x, Y=y)=\mathbb{P}(Y=y).$$

 

Exemplo 2.7.10:
Sejam X e Y o mínimo e o máximo de duas variáveis aleatórias independentes com distribuição comum $ Exp(\lambda) $, no qual $ \lambda \textgreater 0 $. Mostre de duas maneiras que $ Y-X| X\sim Exp(\lambda) $

(a) A partir da densidade conjunta de X e Y-X.

Temos $ T_1\sim Exp(\lambda) $$ T_2\sim Exp(\lambda) $ com $ T_1 $ e $ T_2 $ são independentes. Seja $ X=\min(T_1,T_2) $ então

$$\mathbb{P}(X\leq x)=1-\mathbb{P}(X\textgreater x)=1-\mathbb{P}(T_1\textgreater x)\mathbb{P}(T_2\textgreater x)=1-e^{-2\lambda x}$$

e $ Y=\max(T_1,T_2) $ então $ \mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}(T_1\leq y)\mathbb{P}(T_2\leq y)=\left(1-e^{-\lambda y}\right)^2 $, $ y\geq 0 $ e também

$$\mathbb{P}(X\leq x, Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(X\textgreater x, Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(x\textless T_1\leq y,x\textless T_2\leq y)$$

$$=\mathbb{P}(Y\leq y)-\left[F_{T_1}(y)-F_{T_1}(x)\right]^2=\left(1- e^{-\lambda y}\right)^2-\left(e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y}\right)^2, \quad \quad 0\leq x\leq y$$

então

$$f_X(x)=\frac{\partial F_X(x)}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}[1-e^{-2\lambda x}]=2\lambda e^{-2\lambda x}, \quad x\textgreater 0$$

$$f_Y(y)=\frac{\partial F_Y(y)}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}[1-e^{-2\lambda y}]^2=2\lambda e^{-\lambda y}(1-e^{\lambda y}), \quad y\textgreater 0$$

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{\partial^2 F_{X,Y}(x,y)}{\partial y\partial x}=\frac{\partial}{\partial y\partial x}[(1-e^{-2\lambda x})^2-(e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y})^2]=\frac{\partial}{\partial y}\left(2\lambda e^{-\lambda x}(e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y})\right)=2\lambda^2 e^{-\lambda (x+y)}, \quad 0\leq x\leq y$$

Agora, aplicando o método do Jacobiano, obteremos a distribuição conjunta de W e Z, no qual:
$ W=X $ e $ Z=Y-X $ o que implica que $ X=W $, $ Y=Z+W $ então

$$J_{(X,Y),(W,Z)}=\bigg|\begin{array}{c}1\quad \quad \quad 0\\ 1 \quad\quad\quad 1\end{array}\bigg|=1$$

Desta forma,

$$f_{W,Z}(w,z)=|J_{(X,Y),(W,Z)}|f_{X,Y}(w,z-w)=2\lambda^2e^{-\lambda (z+2w)}, w\geq 0 \quad \quad z\geq 0,$$

então, usando o caso $ III $, temos que se $ f_W(w)\textgreater 0 $ ou seja $ w=x\textgreater 0 $.

$$f_{Z|W=w}(z)=\frac{f_{W,Z}(w,z)}{f_W(w)}=\frac{2\lambda^2e^{-\lambda(z+2w)}}{2\lambda e^{-2\lambda w}}=\lambda e^{-\lambda z}, z\geq 0 \quad \quad w\geq 0$$

ou seja, $ Z|W=w\sim Exp(\lambda) $ para qualquer $ w=x\geq 0 $.

(b) Utilizando o princípio da substituição e o resultado do exemplo 16b.

Pelo princípio da substituição temos que  $ (Y-X)|X=x\sim Y-x| X=x $. Então

$$\mathbb{P}(Y-X\leq w|X=x)=\mathbb{P}(Y-x\leq w| X=x)=\mathbb{P}(Y\leq w+x| X=x)$$

Agora, pelo exercício 16b, temos que

$$f_{Y|X=x}(y)=\left\{\begin{array}{l}\lambda e^{-\lambda (y-x)},0\leq x\leq y\\ 0,\text{Caso Contrário}\end{array}\right.$$

Então,

$$\mathbb{P}(Y\leq w+x|X=x)=\int_{x}^{w+x}\lambda e^{-\lambda (y-x)}dy=e^{-\lambda(y-x)}\bigg|_{x}^{w+x}=1-e^{-\lambda w}, \quad w\textgreater 0$$

Então $ (Y-X)|X=x\sim Exp(\lambda) $ para todo $ x\geq 0 $.


 

Exemplo 2.7.11:
(a) Seja $ X=(X_1,\dots, X_n) $ um vetor aleatório com densidade $ f(x_1,\dots,x_n) $. Use o princípio da preservação de chances relativas para obter dado $ (X_{k+1},\dots, X_n)=(x_{k+1},\dots,x_n) $, onde $ 1\leq k\leq n-1 $.

Usando o princípio da preservação de chances relativas, temos que

$$f_{(X_1,X_2,\dots,X_k)|(X_{k+1},\dots,X_n)=(x_{k+1},\dots,x_n)}(x_1,\dots,x_k)=\frac{f_{X_1,X_2,\dots,X_n}(x_1,x_2,\dots,x_n)}{ \int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\dots\int_{-\infty}^{\infty}f_{X_1,X_2,\dots,X_n}(x_1,\dots,x_n)dx_1dx_2\dots dx_k }$$

$$=\frac{f_{X_1,X_2,\dots,X_n}(x_1,x_2,\dots,x_n)}{f_{X_{k+1},\dots,X_n}(x_{k+1},\dots,x_n)}$$

(b) Sejam $ X_1, X_2 e X_2 $ independentes com distribuição comum $ U[0,1] $, com $ X_{(1)}, X_{(2)} $ e $ X_{(3)} $ as estatísticas de ordem. Determine a distribuição condicional de $ X_{(2)} $ dadas $ X_{(1)} $ e $ X_{(3)} $

Temos pelo exemplo 2.5.5:

$$f_{X_{(1)},X_{(2)},X_{(3)}}(x_1,x_2,x_3)=\left\{6,0\leq x_1\textless x_2\textless x_3\leq 1\\0,\text{Caso Contrário}\right.$$

então

$$f_{X_{(1)},X_{(3)}}(x_1,x_3)=\int_{-\infty}^\infty f_{X_{(1)},X_{(2)},X_{(3)}}(x_1,x_2,x_3)dx_2=6\int_{x_1}^{x_3}dx_2=6(x_3-x_1), \quad0\leq x_1\textless x_3\leq 1.$$

Agora, aplicando o item (a):

$$f_{X_{(2)}|(X_{(1)},X_{(3)})}(x_2)=\frac{6}{6(x_3-x_1)}=\frac{1}{x_3-x_1},\quad 0\leq x_1\textless x_2\textless x_3\leq 1.$$

Então, $ X_{(2)}|X_{(1)},X_{(3)} $ será uma variável aleatória uniforme em $ [x_1,x_3] $ no caso de $ 0\leq x_1\textless x_3\leq 1 $.


 

 

Exemplo 2.7.12:
Sejam $ X_1,\dots, X_n $ variáveis aleatórias independentes e identicamente distribuídas, com distribuição contínua F. Seja $ X=\max_{1\leq i\leq n}X_i $.

(a) Mostre que para todo $ k=1,2, \dots, n, $


$$\mathbb{P}(X_k\leq x| X=t)=\left\{\begin{array}{l} \displaystyle\frac{(n-1)F(x)}{nF(t)},\quad\quad\text{se}\quad x\textless t\\1,\quad \quad \text{se}x\geq t.\end{array}\right.$$

Temos inicialmente que

$$\mathbb{P}(X\leq x)=\mathbb{P}(X_1\leq x,\dots,X_n\leq x_n)=\mathbb{P}(X_1\leq x)\dots\mathbb{P}(X_n\leq x)=(F(x))^n$$

Agora

$$\mathbb{P}(X_k\leq x|X=t)=\lim_{\begin{small}\begin{array}{l}a\rightarrow t\\ b\rightarrow t\end{array}\end{small}}\frac{\mathbb{P}(X_k\leq x,X\in I)}{\mathbb{P}(X\in I)}$$

no qual $ I=(a,b) $ com $ a\textless t\textless b $. Tomemos incialmente $ x\in [0,t) $ então:

$$[X_k\leq x,X\in I]=[X_k\leq x,a\textless X\textless b]=[X_k\leq x]\cap [a\textless X\textless b]$$

no qual,

$$[a\textless X\textless b]=\bigcup_{i=1}^n \left([X_i\textgreater a]\bigcap_{i=1}^n [X_i\textless b]\right)$$

então

$$[X_k\leq x, X\in I]=\bigcup_{i=1}^n \left\{[X_i\textgreater a]\cap [X_k\leq x]\bigcap [X_i\textless b]\right\}$$

para a e b suficientemente entre próximas de t, no qual $ 0\textless x\textless a\textless t\textless b $.

$$\mathbb{P}([X_k\leq x,X\in I])=\sum_{i=1}^n \mathbb{P}\left\{[X_i\textgreater a]\cap [X_k\leq x]\bigcap_{i=1}^n [X_i\textless b]\right\}$$

$$=(n-1)\left[F(b^-)\right]^{n-2}\left[F(b^-)-F(a)\right]F(x)=(n-1)\left[F(b)\right]^{n-2}\left[F(b)-F(a)\right]F(x)$$

Agora, temos também que

$$\mathbb{P}(X\in I)=\mathbb{P}(a\textless X\textless b)=\left[F(b^-)\right]^n-\left[F(a)\right]^n=\left[F(b)\right]^n-\left[F(a)\right]^n$$

Então,

$$\mathbb{P}(X_k\leq x| X=t)=\lim_{\begin{small}\begin{array}{l}a\rightarrow t\\ b\rightarrow t\end{array}\end{small}}\frac{\mathbb{P}(X_k\leq x,X\in I)}{\mathbb{P}(X\in I)}$$

$$=\lim_{\begin{small}\begin{array}{l}a\rightarrow t\\ b\rightarrow t\end{array}\end{small}} \frac{(n-1)[F(b)]^{n-2} [F(b)-F(a)]F(x)}{[F(b)]^n-[F(a)]^n}$$

$$=\lim_{\begin{small}\begin{array}{l}a\rightarrow t\\ b\rightarrow t\end{array}\end{small}} \frac{(n-1)F(b)^{n-2}(F(b)-F(a))F(x)}{(F(b)-F(a))(F(b)^{n-1}+F(b)^{n-2}F(a)+\dots+F(a)^{n-1})}=\frac{(n-1)[F(t)]^{n-2}F(x)}{[F(t)]^{n-1}}= \frac{(n-1)F(x)}{F(t)}$$

Agora para

$$\mathbb{P}(X_k\leq t,X\in I)=\sum_{i=1}^n \mathbb{P}\left([X_i\textgreater a]\bigcap_{i=1}^n[X_i\textless b]\right)=n[F(b)-F(a)][F(b)]^{n-1}$$

então

$$\mathbb{P}(X_k\leq x| X=t)=\lim_{\begin{small}\begin{array}{l}a\rightarrow t\\ b\rightarrow t\end{array}\end{small}} \frac{n(F(b)-F(a))[F(b)]^{n-1}}{[F(b)]^n-[F(a)]^n}$$

$$=\frac{n[F(t)]^{n-1}}{n[F(t)]^{n-1}}=1$$

Agora, como $ \mathbb{P}(X_k\leq | X=t) $ é contínua a direita, temos que

$$\mathbb{P}(X_k\leq t| X=t)=\lim_{h\downarrow t}\mathbb{P}(X_k\leq h| X=t)=1$$

Assim,

$$F_{X_k|X}(x)=\mathbb{P}(X_k\leq x| X=t)=\left\{\frac{(n-1)F(x)}{nF(t)},\quad x\textless t\\ 1, \quad\quad se\quad\quad x\geq t\right.$$

Então

Com o tamanho do salto da figura sendo

$$\mathbb{P}(X_k=t|X=t)=1-\frac{(n-1)}{n}=\frac{1}{n}$$

(b) Suponha F diferenciável. Existe densidade condicional no item (a)?

Como visto no gráfico do item a a distribuição de $ X_k|X=t $ é mista de discreta e contínua. Assim, a densidade condicional é a densidade da parte contínua e é igual a

$$f_{X_k|X=t}(x)=\frac{(n-1)}{n}\frac{f(x)}{F(t)}$$

no qual

$$f(x)=\frac{\partial F(x)}{x}, x\textless t.$$


 

 

Exemplo 2.7.13:
 Suponha que $ Y $ possua densidade $ f_Y(y) $ e que a distribuição condicional de X, dado que $ Y=y $, possua densidade $ f(x|y) $, para todo $ y $ (ou pelo menos para "quase todo" valor possível de Y). Demonstre que

$$f(x,y)= f_Y(y)f(x|y)$$

é a densidade conjunta de $ X $ e $ Y $.

Temos que

$$F_{X,Y}(x,y)=\int_{-\infty}^y F_X(x|Y=y)dF_Y(t)$$

Agora se $ Y $ e $ X|Y $ são distribuições absolutamente contínuas então

$$dF_Y(y)=f_Y(y)dy$$

e

$$F_X(X|Y=y)=\int_{-\infty}^x f_{X|Y=y}(x)dx$$

Assim,

$$F_{X,Y}(x,y)=\int_{-\infty}^y \left[\int_{-\infty}^x f_{X|Y=y}(x)dx\right]f_Y(y)dy= \int_{-\infty}^y \int_{-\infty}^x f_{X|Y=y}(x) f_Y(y)dxdy$$

Então, pela definição de densidade de probabilidade

$$f_{X,Y}(x,y)=f_{X|Y=y}(x)f_Y(y)$$

 

Exemplo 2.7.14:
 Considere o seguinte experimento de duas etapas: primeiro, escolhe-se um ponto $ x $ de acordo com a distribuição uniforme em (0,1); depois escolhe-se um ponto $ y $ de acordo com a distribuição uniforme em $ (-x,x) $. Se o vetor aleatório $ (X,Y) $ representar o resultado do experimento, qual será a densidade conjunta de X e Y ? A densidade marginal de Y? A densidade condicional de X dada Y?

Temos que $ X\sim U[0,1] $ o que implica

$$f_X(x)=\left\{\begin{array}{l}0,\quad x\notin[0,1]\\ 1, \text{Caso}\quad\text{Contrário}\end{array}\right.$$

e $ Y|X=x\sim U[-x,x] $ o que implica que $ f_{Y|X=x}(y)=\left\{0,x\notin [-x,x]\\ \frac{1}{2x},\quad \text{Caso}\quad\text{Contrário}\right. $
então utilizando o exemplo 2.7.2:

$$f_{X,Y}(x,y)=f_{Y|X=x}(y)f_X(x)$$

então

$$f_{X,Y}(x,y)=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2x},\quad x\in A\\ 0, x\notin A.\end{array}\right.$$

com 0\leq x\leq 1 \quad e \quad  -x\leq y\leq x\} $ e portanto

$$f_Y(y)=\int_{-\infty}^\infty f_{X,Y}(x,y)dx=\int_{|y|}^1\frac{1}{2x}dx=\frac{1}{2}\left[\ln(x)\right]_{|y|}^1=-\frac{1}{2}\ln(|y|),\quad -1\leq y\leq 1.$$

Agora, aplicando que X e Y tendo densidade conjunta

$$f_{X|Y=y}(x)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}=\left\{\frac{\frac{1}{2x}}{-\frac{1}{2}ln(|y|)}=-\frac{x^{-1}}{\ln(|y|)},\quad x\in A \\ 0,x\notin A\right.$$

e o resultado segue
 

Exemplo 2.7.15:
Observam-se duas lâmpadas durante suas vidas úteis. Suponha as vidas independentes e exponenciais de parâmetro $ \lambda $. Sejam X o tempo de queima da primeira lâmpada a queimar e Y o tempo de queima da segunda a queimar ($ X\leq Y $).

(a) Qual a distribuição condicional de X dada Y?

Sejam $ Z_1\sim Exp(\lambda) $ e $ Z_2\sim Exp(\lambda) $ independentes e $ X=\min(Z_1,Z_2) $ e $ Y=\max(Z_1,Z_2) $. Então

$$\mathbb{P}(X\textgreater x)=\mathbb{P}(Z_1\textgreater x,Z_2\textgreater x)=e^{-\lambda x}e^{-\lambda x}=e^{-2\lambda x}\mathds{1}_{[x\geq 0]}.$$

Assim,

$$f_X(x)=\frac{\partial F_X(x)}{\partial x}=\frac{\partial (1-e^{-2\lambda x})}{\partial x}=2\lambda e^{-2\lambda x}\mathds{1}_{[x\textgreater 0]}$$

e

$$\mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}(Z_1\leq y,Z_2\leq y)=(1-e^{-\lambda y})^2\mathds{1}_{[y\geq 0]}$$

então

$$f_Y(y)=\frac{\partial F_Y(y)}{\partial y}=\frac{\partial (1-e^{-\lambda y})^2}{\partial y}=2(1-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y}\mathds{1}_{[y\geq 0]}$$

Agora,

$$\mathbb{P}(X\leq x,Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(X\textgreater x,Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(x\textless Z_1\leq, x\textless Z_2\leq y)$$

$$=\mathbb{P}(Y\leq y)-\left[F_{Z_1}(y)-F_{Z_1}(x)\right]\left[F_{Z_2}(y)-F_{Z_2}(x)\right]=\left[1-e^{-\lambda y}\right]^2-\left[e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y}\right]^2 \mathds{1}_{[0\leq X\leq Y]}$$

Assim,

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{\partial^2 F_{X,Y}(x,y)}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial x}\left[2(1-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y} -2(e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y}=2\lambda^2 e^{-\lambda x}e^{-\lambda y}\right]$$

$$2\lambda^2 e^{-\lambda(x+y)}\mathds{1}_{[0\leq X\leq Y]}$$

então, temos que

$$f_{X|Y=y}(x)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_Y(y)}=\left\{\begin{array}{l}\frac{2\lambda^2 e^{-\lambda(x+y)}}{2(1-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y}}=\frac{\lambda e^{-\lambda x}}{(1-e^{-\lambda y})},\quad 0\leq x\leq y\\ 0,\quad\quad\text{Caso}\quad\text{Contrário}.\end{array}\right.$$

(b) Qual a distribuição de Y dada X?
 

Exemplo 2.7.16:
Suponha que (X,Y) possua distribuição uniforme em A, onde A é uma região de área positiva. Mostre que a distribuição condicional de X dado que $ Y=y $ é uniforme em $ A_y $, a secção de A por y, onde definimos (x,y)\in A\} $.

Seja $ (X,Y)\sim U(A) $ se, e comente se, $ \mathbb{P}(B\in \mathcal{B}^2)=\frac{\text{área}(B\cap A)}{\text{área}(A)} $
Agora como $ \text{Área}(A)\textgreater 0 $ o que implica $ (X,Y) $ é variáveis aleatórias absolutamente contínuas e

$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{\mathds{1}_A(x,y)}{\text{área}(A)}$$

então

$$f_Y(y)=\int_{-\infty}^\infty f_{X,Y}(x,y)dx=\frac{1}{\text{área}(A)}\int_{-\infty}^\infty \mathds{1}_A(x,y)dx=\frac{\text{área} A_y}{\text{área} A}.$$

Então, usando novamente o caso em que X e Y possuem densidade conjunta $ f(x,y) $: y é tal que área $ A_y\textgreater 0 $ temos:

$$f_{X|Y=\bar{y}}(x)=\frac{f_{X,Y}(x,\bar{y})}{f_Y(\bar{y})}=\frac{\frac{\mathds{1}_A(x,\bar{y})}{\text{área}(A)}}{\frac{\text{área}(A\bar{y})}{\text{área} A}}=\frac{\mathds{1}_{A\bar{y}}(x)}{\text{área}(A\bar{y})},$$

então $ X|Y=\bar{y} $ é uniforme em $ A\bar{y} $
 

 

Exemplo 2.7.17:
Demonstre que se $ \mathbb{P}(X\in B| Y=y)=\mathbb{P}(X\in B) $ para todo $ B\in \mathcal{B} $ e $ y\in \mathbb{R}, $ então $ X $ e $ Y $ são independentes, de modo que $ X $ e $ Y $ são independentes se, e somente se, a distribuição condicional não depende do valor de Y.

Temos que

$$\mathbb{P}(X\leq x| Y=y)=\mathbb{P}(X\leq x)$$

o que implica que $ F_{X|Y=y}(x)=F_X(x) $ então, pela relação

$$F_{X,Y}(x,y)=\int_{-\infty}^y F_X(x|Y=t)dF_Y(t),(x,y)\in \mathbb{R}^2$$

$$F_{X,Y}(x,y)=\int_{-\infty}^y F_{X|Y=y}(x)dF_Y(y)=\int_{-\infty}^y F_X(x)dF_Y(y)-F_X(x)\int_{-\infty}^y dF_Y(y)=F_X(x)F_Y(y)$$

o que implica que X e Y são independentes. Agora, pelo caso II vemos que $ X,Y $ independentes implica que

$$\mathbb{P}(X\in B|Y=y)=\mathbb{P}(X\in B)$$

com $ B\in \mathcal{B} $ e $ y\in \mathbb{R} $.
\end{example}

$$F_{X,Y}(x,y)=\int_{-\infty}^y F_X(x|Y=t)dF_Y(t), (x,y)\in \mathbb{R}^2$$

Probabilidades

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