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 $f_Y(y) \ > \ 0$, 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

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

 

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

Para $0 \ < \ x \ < \ 1$, $0 \ < \ y \ < \ 1$, 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

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

 

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

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

 

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 $A=\{(x,y):0\leq x\leq 1 \quad e \quad  -x\leq y\leq x\}$ 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
$$\mathbb{P}(X> x)=\mathbb{P}(Z_1> x,Z_2> x)=e^{-\lambda x}e^{-\lambda x}=e^{-2\lambda x}\mathbb{I}_{[x\geq 0]}.$$
Assim,
$$f_X(x)=\frac{\partial F_X(x)}{\partial x}=\frac{\partial (1-e^{-2\lambda x})}{\partial x}=2\lambda e^{-2\lambda x}\mathbb{I}_{[x> 0]}$$
e
$$\mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}(Z_1\leq y,Z_2\leq y)=(1-e^{-\lambda y})^2\mathbb{I}_{[y\geq 0]}$$
então
$$f_Y(y)=\frac{\partial F_Y(y)}{\partial y}=\frac{\partial (1-e^{-\lambda y})^2}{\partial y}=2(1-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y}\mathbb{I}_{[y\geq 0]}$$
Agora,
$$\mathbb{P}(X\leq x,Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(X> x,Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(x< Z_1\leq, x< Z_2\leq y)$$
$$=\mathbb{P}(Y\leq y)-\left[F_{Z_1}(y)-F_{Z_1}(x)\right]\left[F_{Z_2}(y)-F_{Z_2}(x)\right]=\left[1-e^{-\lambda y}\right]^2-\left[e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y}\right]^2 \mathbb{I}_{[0\leq X\leq Y]}$$
Assim,
$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{\partial^2 F_{X,Y}(x,y)}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial x}\left[2(1-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y} -2(e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y}=2\lambda^2 e^{-\lambda x}e^{-\lambda y}\right]$$
$$2\lambda^2 e^{-\lambda(x+y)}\mathbb{I}_{[0\leq X\leq Y]}$$
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 $A_y=\{x:(x,y)\in A\}$.

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 $\text{Área}(A)> 0$ o que implica $(X,Y)$ é variáveis aleatórias absolutamente contínuas e $$f_{X,Y}(x,y)=\frac{\mathbb{I}_A(x,y)}{\text{área}(A)}$$
então
$$f_Y(y)=\int_{-\infty}^\infty f_{X,Y}(x,y)dx=\frac{1}{\text{área}(A)}\int_{-\infty}^\infty \mathbb{I}_A(x,y)dx=\frac{\text{área} A_y}{\text{área} A}.$$
Então,  y é tal que área $A_y> 0$ temos:
$$f_{X|Y=\bar{y}}(x)=\frac{f_{X,Y}(x,\bar{y})}{f_Y(\bar{y})}=\frac{\frac{\mathbb{I}_A(x,\bar{y})}{\text{área}(A)}}{\frac{\text{área}(A\bar{y})}{\text{área} A}}=\frac{\mathbb{I}_{A\bar{y}}(x)}{\text{área}(A\bar{y})},$$
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 $r_1< y < r_2$. 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,

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

pois f é contínua em $-y$ e $y$ e
$$\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\mathbb{P}(B\in \mathcal{B},y\in I)=\lim_{r_1, r_2 \rightarrow y}\int_{r_1}^{r_2}f_X(y)dy=f_X(y),$$
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
$$A_z=\left\{\begin{array}{l}\{(x,y):\sqrt{x^2+y^2}=z\}\\z> 0\end{array}\right.$$
no qual,
$$f(x,y)_{\frac{(X,Y)}{\sqrt{X^2+Y^2}=z}}=\frac{1}{2\pi z}\mathbb{I}_{A_z}(x,y)$$
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:
$$f_{X/z,Y/z}(x,y)=f_{(X,Y)/z}(x,y)=\frac{1}{2\pi z}\mathbb{I}_{A_z}(x,y)$$
Agora, como se $B_t=\{(x,y):x\leq t, y \quad\text{qualquer}\quad\}$, então
$$F_{X/z}(t)=\int_{B_t}dF_{X/z,Y/z}(x,y)=\int_{B_t}f_{X/z}f_{Y/z}(x,y)dxdy=\int_{B_t}\frac{1}{2\pi z}\mathbb{I}_{A_z}(x,y)dxdy$$
$$=\frac{1}{2\pi z}\int_{B_t\cap A_z}dxdy=\frac{1}{2\pi z}\text{Comp}(B_t\cap A_z)$$
Agora para $0< t< z$, 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
$$F_{X/z}=\left\{\begin{array}{l}0,\quad\quad t\leq -z\\ \frac{1}{\pi}\arccos\left(-\frac{t}{z}\right),\quad -z< t\leq 0,\\ 1-\arccos\left(\frac{t}{z}\right), 0 < t\leq z\end{array}\right.$$
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
$$\mathbb{P}(Y=y_n)> 0$$
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
$$\mathbb{P}(Y=y)> 0$$
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 $\lambda > 0$. 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
$$\mathbb{P}(X\leq x)=1-\mathbb{P}(X> x)=1-\mathbb{P}(T_1> x)\mathbb{P}(T_2> x)=1-e^{-2\lambda x}$$
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
$$\mathbb{P}(X\leq x, Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(X> x, Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(x< T_1\leq y,x< T_2\leq y)$$
$$=\mathbb{P}(Y\leq y)-\left[F_{T_1}(y)-F_{T_1}(x)\right]^2=\left(1- e^{-\lambda y}\right)^2-\left(e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y}\right)^2, \quad \quad 0\leq x\leq y$$
então
$$f_X(x)=\frac{\partial F_X(x)}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}[1-e^{-2\lambda x}]=2\lambda e^{-2\lambda x}, \quad x> 0$$
$$f_Y(y)=\frac{\partial F_Y(y)}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}[1-e^{-2\lambda y}]^2=2\lambda e^{-\lambda y}(1-e^{\lambda y}), \quad y> 0$$
$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{\partial^2 F_{X,Y}(x,y)}{\partial y\partial x}=\frac{\partial}{\partial y\partial x}[(1-e^{-2\lambda x})^2-(e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y})^2]=\frac{\partial}{\partial y}\left(2\lambda e^{-\lambda x}(e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y})\right)=2\lambda^2 e^{-\lambda (x+y)}, \quad 0\leq x\leq y$$
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 $f_W(w)> 0$ ou seja $w=x> 0$.
$$f_{Z|W=w}(z)=\frac{f_{W,Z}(w,z)}{f_W(w)}=\frac{2\lambda^2e^{-\lambda(z+2w)}}{2\lambda e^{-2\lambda w}}=\lambda e^{-\lambda z}, z\geq 0 \quad \quad w\geq 0$$
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,
$$\mathbb{P}(Y\leq w+x|X=x)=\int_{x}^{w+x}\lambda e^{-\lambda (y-x)}dy=e^{-\lambda(y-x)}\bigg|_{x}^{w+x}=1-e^{-\lambda w}, \quad w> 0$$
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:
$$f_{X_{(1)},X_{(2)},X_{(3)}}(x_1,x_2,x_3)=\left\{6,0\leq x_1< x_2< x_3\leq 1\\0,\text{Caso Contrário}\right.$$
então
$$f_{X_{(1)},X_{(3)}}(x_1,x_3)=\int_{-\infty}^\infty f_{X_{(1)},X_{(2)},X_{(3)}}(x_1,x_2,x_3)dx_2=6\int_{x_1}^{x_3}dx_2=6(x_3-x_1), \quad0\leq x_1< x_3\leq 1.$$
Agora, aplicando o item (a):
$$f_{X_{(2)}|(X_{(1)},X_{(3)})}(x_2)=\frac{6}{6(x_3-x_1)}=\frac{1}{x_3-x_1},\quad 0\leq x_1< x_2< x_3\leq 1.$$
Então, $X_{(2)}|X_{(1)},X_{(3)}$ será uma variável aleatória uniforme em $[x_1,x_3]$ no caso de $0\leq x_1< x_3\leq 1$.
 

 

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 $k=1,2, \dots, n,$

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

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
$$\mathbb{P}(X_k\leq x|X=t)=\lim_{a, b \rightarrow t}\frac{\mathbb{P}(X_k\leq x,X\in I)}{\mathbb{P}(X\in I)}$$
no qual $I=(a,b)$ com $a< t< b$. Tomemos incialmente $x\in [0,t)$ então:
$$[X_k\leq x,X\in I]=[X_k\leq x,a< X< b]=[X_k\leq x]\cap [a< X< b]$$
no qual,
$$[a< X< b]=\bigcup_{i=1}^n \left([X_i> a]\bigcap_{i=1}^n [X_i< b]\right)$$
então
$$[X_k\leq x, X\in I]=\bigcup_{i=1}^n \left\{[X_i> a]\cap [X_k\leq x]\bigcap [X_i< b]\right\}$$
para a e b suficientemente entre próximas de t, no qual $0< x< a< t< b$.
$$\mathbb{P}([X_k\leq x,X\in I])=\sum_{i=1}^n \mathbb{P}\left\{[X_i> a]\cap [X_k\leq x]\bigcap_{i=1}^n [X_i< b]\right\}$$
$$=(n-1)\left[F(b^-)\right]^{n-2}\left[F(b^-)-F(a)\right]F(x)=(n-1)\left[F(b)\right]^{n-2}\left[F(b)-F(a)\right]F(x)$$
Agora, temos também que
$$\mathbb{P}(X\in I)=\mathbb{P}(a< X< b)=\left[F(b^-)\right]^n-\left[F(a)\right]^n=\left[F(b)\right]^n-\left[F(a)\right]^n$$
Então,
$$\mathbb{P}(X_k\leq x| X=t)=\lim_{a, b \rightarrow t}\frac{\mathbb{P}(X_k\leq x,X\in I)}{\mathbb{P}(X\in I)}$$
$$=\lim_{a, b \rightarrow t} \frac{(n-1)[F(b)]^{n-2} [F(b)-F(a)]F(x)}{[F(b)]^n-[F(a)]^n}$$
$$=\lim_{a, b \rightarrow t} \frac{(n-1)F(b)^{n-2}(F(b)-F(a))F(x)}{(F(b)-F(a))(F(b)^{n-1}+F(b)^{n-2}F(a)+\dots+F(a)^{n-1})}=\frac{(n-1)[F(t)]^{n-2}F(x)}{[F(t)]^{n-1}}= \frac{(n-1)F(x)}{F(t)}$$
Agora para
$$\mathbb{P}(X_k\leq t,X\in I)=\sum_{i=1}^n \mathbb{P}\left([X_i> a]\bigcap_{i=1}^n[X_i< b]\right)=n[F(b)-F(a)][F(b)]^{n-1}$$
então
$$\mathbb{P}(X_k\leq x| X=t)=\lim_{a, b \rightarrow t} \frac{n(F(b)-F(a))[F(b)]^{n-1}}{[F(b)]^n-[F(a)]^n}$$
$$=\frac{n[F(t)]^{n-1}}{n[F(t)]^{n-1}}=1$$
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,
$$F_{X_k|X}(x)=\mathbb{P}(X_k\leq x| X=t)=\left\{\frac{(n-1)F(x)}{nF(t)},\quad x< t\\ 1, \quad\quad se\quad\quad x\geq t\right.$$
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
$$f(x)=\frac{\partial F(x)}{x}, x< t.$$
 

 

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 $A=\{(x,y):0\leq x\leq 1 \quad e \quad  -x\leq y\leq x\}$ 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
$$\mathbb{P}(X> x)=\mathbb{P}(Z_1> x,Z_2> x)=e^{-\lambda x}e^{-\lambda x}=e^{-2\lambda x}\mathbb{I}_{[x\geq 0]}.$$
Assim,
$$f_X(x)=\frac{\partial F_X(x)}{\partial x}=\frac{\partial (1-e^{-2\lambda x})}{\partial x}=2\lambda e^{-2\lambda x}\mathbb{I}_{[x> 0]}$$
e
$$\mathbb{P}(Y\leq y)=\mathbb{P}(Z_1\leq y,Z_2\leq y)=(1-e^{-\lambda y})^2\mathbb{I}_{[y\geq 0]}$$
então
$$f_Y(y)=\frac{\partial F_Y(y)}{\partial y}=\frac{\partial (1-e^{-\lambda y})^2}{\partial y}=2(1-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y}\mathbb{I}_{[y\geq 0]}$$
Agora,
$$\mathbb{P}(X\leq x,Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(X> x,Y\leq y)=\mathbb{P}(Y\leq y)-\mathbb{P}(x< Z_1\leq, x< Z_2\leq y)$$
$$=\mathbb{P}(Y\leq y)-\left[F_{Z_1}(y)-F_{Z_1}(x)\right]\left[F_{Z_2}(y)-F_{Z_2}(x)\right]=\left[1-e^{-\lambda y}\right]^2-\left[e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y}\right]^2 \mathbb{I}_{[0\leq X\leq Y]}$$
Assim,
$$f_{X,Y}(x,y)=\frac{\partial^2 F_{X,Y}(x,y)}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial x}\left[2(1-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y} -2(e^{-\lambda x}-e^{-\lambda y})\lambda e^{-\lambda y}=2\lambda^2 e^{-\lambda x}e^{-\lambda y}\right]$$
$$2\lambda^2 e^{-\lambda(x+y)}\mathbb{I}_{[0\leq X\leq Y]}$$
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 $A_y=\{x:(x,y)\in A\}$.

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 $\text{Área}(A)> 0$ o que implica $(X,Y)$ é variáveis aleatórias absolutamente contínuas e $$f_{X,Y}(x,y)=\frac{\mathbb{I}_A(x,y)}{\text{área}(A)}$$
então
$$f_Y(y)=\int_{-\infty}^\infty f_{X,Y}(x,y)dx=\frac{1}{\text{área}(A)}\int_{-\infty}^\infty \mathbb{I}_A(x,y)dx=\frac{\text{área} A_y}{\text{área} A}.$$
Então, usando novamente o caso em que X e Y possuem densidade conjunta $f(x,y)$: y é tal que área $A_y> 0$ temos:
$$f_{X|Y=\bar{y}}(x)=\frac{f_{X,Y}(x,\bar{y})}{f_Y(\bar{y})}=\frac{\frac{\mathbb{I}_A(x,\bar{y})}{\text{área}(A)}}{\frac{\text{área}(A\bar{y})}{\text{área} A}}=\frac{\mathbb{I}_{A\bar{y}}(x)}{\text{área}(A\bar{y})},$$
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}

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

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