Expectativa de la distribución conjunta

Question

Tenemos

$$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} 1 & 0 < x < 1, x < y < x+1; \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases} $$

y estamos buscando $\operatorname{Var}Y$ .

He obtenido dos respuestas diferentes con dos métodos distintos y no estoy seguro de cuál es el correcto.

---

Método 1 :

$$\operatorname E(Y) = \int_0^1 \int_x^{x+1}yf_{X,Y}(x,y)\,dy\,dx = \int_0^1 \left(x+\frac{1}{2}\right) \, dx = 1$$

$$\operatorname E(Y^2) = \int_0^1 \int_x^{x+1}y^2f_{X,Y}(x,y) \, dy \, dx = \int_0^1 \left(x^2 + x + \frac{1}{3}\right) \, dx = \frac{7}{6}$$

Así que $\operatorname{Var}(Y) = \frac{1}{6}$

---

Método 2 :

Distribución marginal $f_Y(y) =1$

$$\operatorname E(Y) = \int_x^{x+1}yf_Y(y)\,dy = x+\frac{1}{2}$$

$$\operatorname E(Y^2) = \int_x^{x+1}y^2f_Y(y) \, dy = x^2 + x +\frac{1}{3}$$

Así que $\operatorname{Var}(Y) = \left(x^2 + x +\frac{1}{3}\right) - \left(x+\frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{12}$

---

Una de estas soluciones es probablemente errónea, pero no puedo identificar el error.

Answer 1

El primer método es correcto.

El segundo método utiliza una distribución marginal errónea.   Parece ser una distribución conjunta

Obsérvese que la distribución conjunta es uniforme sobre un rombo. Traza esto y observa las longitudes de la sección transversal horizontal para varios $y$ valores de $0$ a $2$ .

Debería ser como sigue.

$$\begin{split}f_Y(y) &=\int_0^1 \mathbf 1_{x\leq y\leq x+1}\mathrm d x\\&= \int_{\max(0,y-1)}^{\min(1,y)}\mathbf 1_{0\leq y\leq 2}\mathrm d x \\ & = y\mathbf 1_{0\leq y\lt 1}+(2-y)\mathbf 1_{1\leq y\leq 2}\\&=\begin{cases}y &:& 0\leq y\lt 1\\2-y&:&1\leq y\leq 2\\0&:&\text{else}\end{cases} \end{split}$$

Para comprobar la realidad, el apoyo de una distribución marginal debería no incluyen otras variables, y el intervalo debe contener todos los valores realizables para la variable.

$$\begin{split}1 &=\int_0^1 y\mathrm d y+\int_1^2 (2-y)\mathrm d y\end{split}$$

Entonces las expectativas estarán de acuerdo con el primer método. $$\begin{split}\mathsf E(Y) &=\int_0^1 y^2\mathrm d y+\int_1^2y(2-y)\mathrm d y \\ &= 1\\\mathsf E(Y^2) &=\int_0^1 y^3\mathrm d y+\int_1^2y^2(2-y)\mathrm d y \\ &= \dfrac 76\end{split}$$

Answer 2

Su primer método es correcto, pero su segundo mensaje puede ser salvado. Lo que calculas en el segundo método son los expectativa condicional y el varianza condicional condicionado al valor de $X$ :

\begin{eqnarray*} \mathsf E[Y\mid X=x]&=&\int_x^{x+1}y\,f_{X,Y}(x,y)\,\mathrm dy=x+\frac12\;,\\ \mathsf E[Y^2\mid X=x]&=&\int_x^{x+1}y^2\,f_{X,Y}(x,y)\,\mathrm dy=x^2+x+\frac13\;,\\ \mathsf{Var}(Y\mid X=x)&=&\mathsf E[Y^2\mid X=x]-\mathsf E[Y\mid X=x]^2=\left(x^2+x+\frac13\right)-\left(x+\frac12\right)^2=\frac1{12}\;. \end{eqnarray*}

Se puede obtener la varianza incondicional de $Y$ de estos resultados aplicando el ley de la varianza total :

$$ \mathsf{Var}(Y)=\mathsf E[\mathsf{Var}(Y\mid X)]+\mathsf{Var}(\mathsf E[Y\mid X])=\frac1{12}+\mathsf{Var}\left(X+\frac12\right)=\frac1{12}+\mathsf{Var}(X)=\frac1{12}+\frac1{12}=\frac16\;. $$