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Cap.3 -Exercício 8 - John Rice

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perguntada Mar 22 em Estatística por Bernardo Mendes (1 ponto)  

Sejam X e Y distribuídos conjuntamente da seguinte forma:

\[f(x,y) = \frac{6}{7}(x+y)^2, \]
\[0\leq x \leq1, 0\leq y \leq1\]

a)Integrando nas regiões apropriadas, encontre: \(i) P( X > Y), ii) P(X+Y \leq 1), iii) P(X\leq \frac{1}{2})\).

b)Encontre as densidades marginais de \(X\) e \(Y\).

c)Encontre as duas densidades condicionais.

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1 Resposta

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respondida Mar 23 por Bernardo Mendes (1 ponto)  
editado Mar 23 por Bernardo Mendes

Partindo da densidade conjunta: \( f(x,y) = \frac{6}{7}(x+y)^2, 0\leq x,y \leq 1\) precisamos definir o intervalo de integração para cada um dos casos (i, ii, iii).

i) \( [(x,y)| 0\leq y\leq x \leq 1]\) uma vez que \(x\) pode variar livremente no seu domínio e \(y\) deve sempre apresentar valor menor que \(x\). (Note que a igualdade pode ser incluída no intervalo pois estamos lidando com uma distribuição contínua. Logo um ponto qualquer possui probabilidade nula).

ii)\([(x,y)| 0 \leq x \leq 1, 0\leq y \leq 1-x]\) aqui vale notar que a estratégia foi deixar \( x\) variar livremente e condicionar \( y \) aos valores que \(x\) assume, limitando o intervalo de acordo com a soma contínua que desejamos, isto é: \(P(X+Y \leq 1)\).

iii)\([(x,y)| 0 \leq x \leq \frac{1}{2}, 0 \leq y \leq 1]\) queremos avaliar probabilidades apenas em \(x\). Para obter a contabilidade total dos casos em que isso ocorre, somamos de forma contínua todas as probabilidades que \(y\) pode assumir em seu domínio, limitando \(x\) no intervalo que desejamos avaliar.

Agora devemos realizar as integrais nos intervalos definidos acima:

i) \[ P(X> Y) = \int_{0}^{1} \int_{0}^{x} \frac{6}{7}(x+y)^2 \,dy dx \]
\[=\frac{6}{7} \int_{0}^{1}\frac{(x+y)^3}{3}\Big|_0^xdx\]
\[=\frac{2}{7} \int_{0}^{1}(8x^3 - x^3)dx =\int_{0}^{1} 2x^3 dx\]
\[= \frac{x^4}{2}\Big|_0^1 = \frac{1}{2}\]

ii)\[P(X + Y < 1) = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-x} \frac{6}{7}(x+y)^2 \,dy dx\]
\[= \frac{6}{7} \int_{0}^{1}\frac{(x+y)^3}{3}\Big|_0^{1-x}dx\]
\[= \frac{6}{7} \int_{0}^{1}\frac{(1-x)^3}{3} dx = \frac{2}{7} * \Big[ x - \frac{x^4}{4}\Big] \Big|_0^{1} = \frac{3}{14}\]

iii)\[P(X \leq \frac{1}{2}) = \int_{0}^{\frac{1}{2}} \int_{0}^{1} \frac{6}{7}(x+y)^2 \,dy dx\]
\[= \frac{2}{7} \int_{0}^{\frac{1}{2}}(x+y)^3 \Big |_{0}^{1}dx = \frac{2}{7}\int_{0}^{\frac{1}{2}}[(x+1)^3 - x^3] dx\]
\[\frac{2}{7} \Big [ \frac{(x+1)^4}{4} - \frac{x^4}{4} \Big] \Big | _{0}^{\frac{1}{2}}\]
\[= \frac{1}{14} \Big[ \frac{81}{16} - \frac{1}{16} - 1\Big] = \frac{4}{14}\]

b) Para encontrar as densidades marginais é necessãrio notar que a função distribuição acumulada marginal de \(X\), ou \(F_X\) \(F_X(x) = P(X \leq x) = \lim_{y\to\infty} F(x,y) = \int_{-\infty}^{x} \int_{-\infty}^{\infty} f(u,y) dy du \). Segue disso que a densidade marginal de \(X\) é, pelo TFC (Teorema Fundamental do Cálculo): \(f_X(x) = F'_X(x)= \int_{-\infty}^{\infty}f(x,y)dy\)

No nosso caso não somaremos continuamente de \(-\infty\) até \(\infty\), pois \(Y\) está definida em \([0,1]\), portanto somaremos apenas nesse intervalo. Então:
\[\frac{6}{7} \int_{0}^{1}(x+y)^2 dy = \frac{2}{7}(x+y)^3\Big|_{0}^{1}\]
\[= \frac{2}{7}[(x+1)^3 - x^3] = \frac{2}{7}[x^3 + 3x^2 + 3x + 1 - x^3]\]
\[ = f_X(x) =\frac{2}{7}[3x^2 + 3x +1], 0 \leq x \leq 1 \]

Note que nossa função inicial \( f(x,y) = \frac{6}{7}(x+y)^2, 0 \leq x \leq 1, 0\leq y \leq1 \) é perfeitamente simétrica em torno do par \((x,y)\). Logo, como propriedade da simetria da função, podemos definir a distribuição marginal de \(Y\) como:
\[ f_Y(y) =\frac{2}{7}[3y^2 + 3y +1], 0 \leq y \leq 1 \]

c) Para encontrar as densidades condicionais, aplicamos primeiramente o teorema de Bayes e posteriomente a propriedade de simetria.
Aplicando o teorema de Bayes:
\[f_{X|Y} = \frac{f_{XY}}{f_Y}\]
\[f_{X|Y}(x|y) = \frac{\frac{6}{7}(x+y)^2}{\frac{2}{7}[3y^2+y+1]}\]
\[f_{X|Y}(x|y) = 3 \frac{(x+y)^2}{3y^2 + 3y + 1}, 0 \leq x \leq 1, 0\leq y \leq1\]

Aplicando a simetria:
\[f_{Y|X}(y|x) = 3 \frac{(x+y)^2}{3x^2 + 3x + 1}, 0 \leq x \leq 1, 0\leq y \leq1\]

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