Cálculo de la cov de 2 variables aleatorias binomiales

Question

Dejamos caer un cubo normal 20 veces.
X - es el número de valores pares
Y - es el número de veces que el cubo cayó sobre 3.

Por lo que entiendo: $$X\sim B(20, \frac{1}{2}) \\Y \sim B(20, \frac{1}{6} )$$
¿Cómo puedo calcular $E[XY]$ ?

Answer 1

El problema

Dejemos que $Z = (1,2,3,4,5,6)$ denotan las caras del cubo (dado).

Para una muestra de tamaño $n=1$ :

• Si $Z=1$ Entonces: $(X=0, Y=0)$
• Si $Z=2$ entonces: $(X=1, Y=0)$
• Si $Z=3$ Entonces: $(X=0, Y=1)$
• Si $Z=4$ Entonces: $(X=1, Y=0)$
• Si $Z=5$ entonces: $(X=0, Y=0)$
• Si $Z=6$ entonces: $(X=1, Y=0)$

Tenga en cuenta que sólo hay 3 posibles $(X,Y)$ resultados. En resumen, dada una muestra de tamaño $n=1$ el pmf conjunto de $(X,Y)$ , digamos que $f(x,y)$ es:

_{(fuente: <a href="http://www.tri.org.au/se/dicemicejointpmf.png" rel="nofollow noreferrer">tri.org.au </a>)}

Aquí hay dos formas alternativas de proceder, para cualquier número general de sorteos $n$ :

Método 1: Momentos de momentos

Dejemos que $(X_1, Y_1), \dots, (X_n,Y_n))$ denotan una muestra de tamaño $n$ (es decir $n$ lanza). Utilizando la notación de suma de potencias, dejemos que $s_{r,t}=\sum _{i=1}^n X_i^r Y_i^t$ . Entonces, nuestro problema es encontrar:

$$E\big[{\sum_{i=1}^n X_i} {\sum_{i=1}^n Y_i} \big] = E\big[s_{1,0} s_{0,1}\big]$$

Esto es sólo una momentos de momentos problema. En particular, buscamos el 1er Momento Crudo de $(s_{1,0} s_{0,1})$ y la solución viene dada inmediatamente por:

_{(fuente: <a href="http://www.tri.org.au/se/dicemomentum.png" rel="nofollow noreferrer">tri.org.au </a>)}

para cualquier distribución cuyos momentos existen, donde estoy usando la RawMomentToRaw de la función mathStatica paquete de software. La solución se expresa en términos de los momentos del producto bruto de la población $\acute{\mu}_{r,s}=E\left[X^r Y^s\right]$ . En el caso de nuestro pmf conjunto $f(x,y)$ dado arriba, la solución es:

_{(fuente: <a href="http://www.tri.org.au/se/dicemomentsofmoments.png" rel="nofollow noreferrer">tri.org.au </a>)}

... o manualmente: $\acute{\mu}_{1,0}=E\left[X \right] = \frac12$ et $\acute{\mu}_{0,1}=E\left[Y \right] = \frac16$ et $\acute{\mu}_{1,1}=E\left[X Y\right] = 0$ y sustituirlo por sol para ceder: $\frac{1}{12} n (n-1)$ .

Método 2: método pgf

Dado el pmf conjunto $f(x,y)$ arriba, la función generadora de probabilidad bivariada (fgp) $E[t_1^X t_2^Y]$ es:

_{(fuente: <a href="http://www.tri.org.au/se/dicebivariatepgf.png" rel="nofollow noreferrer">tri.org.au </a>)}

donde estoy usando el Expect función de mathStatica para automatizar (pero bastante fácil a mano también).

Para una muestra de tamaño $n$ :

Consideremos ahora una muestra de tamaño $n$ . Las variables conjuntas de interés son ahora: $(\sum_{i=1}^n X_i, \sum_{i=1}^n Y_i)$ . Entonces, la pgf bivariada para la suma $S$ , dado $n$ lanza, es:

$$\begin{align*}\displaystyle \text{pgfS} &= E\big[t_1^{\sum_{i=1}^n X_i} t_2^{\sum_{i=1}^n Y_i}\big] \\&= E\big[(t_1^{X_1} t_2^{Y_1}) (t_1^{X_2} t_2^{Y_2}) \dots (t_1^{X_n} t_2^{Y_n})\big] \\&= E\big[t_1^{X_1} t_2^{Y_1} \big] E\big[t_1^{X_2} t_2^{Y_2} \big] \times \dots \times E\big[t_1^{X_n} t_2^{Y_n} \big] \quad \quad \text{ (since } (X_i,Y_i) \text{ is independent of } (X_j,Y_j) ) \\ &= 6^{-n} (2 + 3t_1 + t_2)^n \quad \quad \quad \quad \quad \quad \text{(by identicality) }\end{align*}$$

Podemos utilizar la pgf como una función generadora de momentos factoriales que proporciona una solución inmediata, a saber

$$E\big[{\sum_{i=1}^n X_i} {\sum_{i=1}^n Y_i} \big] = \frac{\partial ^{2} pgfS}{\partial t_1 \partial t_2}|_{\overset{\rightharpoonup }{t}=\overset{\rightharpoonup }{1}} = \frac{1}{12} n (n-1)$$

En el caso de $n = 20$ La respuesta es la siguiente: $\frac{95}{3}$ .

Notas

1. Como revelación, debo añadir que soy uno de los autores del software utilizado anteriormente.

Answer 2

Dejemos que $X_k$ sea el número de números pares que aparecen en el $k$ de la prueba, por lo que $$ X_k=\begin{cases} 1 & \text{with probability }1/2, \\ 0 & \text{with probability }1/2. \end{cases} $$ Dejemos que $Y_k$ sea el número de $3$ s que aparecen en el $k$ de la prueba, por lo que $$ Y_k=\begin{cases} 1 & \text{with probability }1/6, \\ 0 & \text{with probability }5/6. \end{cases} $$ Entonces $X_kY_k$ es siempre $0$ ya que siempre se obtiene un número no par o un número no $3$ . Así que $$ \operatorname{cov}(X_k, Y_k) = \mathbb E(X_k Y_k) - \mathbb E(X_k)\mathbb E(Y_k) = 0 - \frac 1 2 \cdot \frac 1 6 = -\frac{1}{12}. $$

Desde el $20$ son independientes, tenemos $$ \operatorname{cov}(X,Y)=\operatorname{cov}\left(\sum_{k=1}^{20}X_k, \sum_{k=1}^{20} Y_k\right) = \sum_{k=1}^{20} \operatorname{cov}(X_k , Y_k) = 20\cdot\left(-\frac{1}{12}\right). $$ Así que $$ \frac{-5}{3}=\frac{-20}{12}=\operatorname{cov}(X,Y)=\mathbb E(XY) - \mathbb E(X)\mathbb E(Y) = \mathbb E(XY) - 10\cdot\frac{20}{6}. $$ De ello se puede deducir $\mathbb E(XY)$ . Pero si su propósito es sólo encontrar $\operatorname{cov}(X,Y)$ Yo lo haría de la forma en que lo hice arriba, en lugar de hacerlo por cualquier método que se base en encontrar $\mathbb E(XY)$ .