Calcula $E(X\mid X+Y)$ para variables aleatorias independientes $X$ y $Y$ con distribuciones exponenciales estándar

Question

Ser $X$ y $Y$ variables aleatorias independientes distribuidas como $\mathrm{Exponential}(1)$ y que $T=X+Y$ Calcular $E(X|T)$ .

Este es mi intento de resolverlo:

Ser $Z=\sum_{i=1}^{n}P_{i}$ donde $P_{i}$ ~ $\mathrm{Exp}(\lambda)$ entonces usando su MFG tienes que $$M_{P_i}(t)=\frac{\lambda}{\lambda-t}$$ entonces $$M_{Z}(t)=M_{\sum{P_{i}}}(t)=(M_{P_{1}})...(M_{P_{n}})=(\frac{\lambda}{\lambda-t})^n$$ siendo este el MFG de un $\mathrm{Gamma}$ con parámetros $(n,\lambda)$

Con este resultado es fácil ver que $T$ ~ $\mathrm{Gamma}(2,1)$

Ahora $E[X|T]=\int xf_{X|T}(x|t)dx$

Entonces usando el teorema de Bayes podemos hacer $$f_{X|T}(x|t)=\frac{f_{T|X}(t|x)f_{X}(x)}{f_{T}(t)}$$ entonces $$f_{T|X}(t|x)=Pr(T=t|X=x)$$ $$=Pr(X+Y=t|X=x)$$ $$=Pr(x+Y=t|X=x)$$ $$=Pr(Y=t-x)=f_{Y}(t-x)$$

Utilizando este resultado podemos ahora reordenar $$f_{X|T}(x|t)=\frac{f_{Y}(t-x)f_{X}(x)}{f_{T}(t)}$$ $$=\frac{e^{-(t-x)}.e^{-x}}{\frac{te^{-t}}{\Gamma(2)}}$$ $$=\frac{1}{t}$$ entonces $$E[X|T]=\int (x)(\frac{1}{t})dx$$

Y aquí es donde me quedé atascado porque $1_{x\epsilon(0,\infty})$ He hecho esta explicación paso a paso con la esperanza de que alguien pueda comprobar fácilmente en qué me he equivocado. Apreciaría una respuesta paso a paso, gracias.

Answer 1

Las distribuciones de $(X,T)$ y $(Y,T)$ coinciden y las expectativas condicionales sólo dependen de las distribuciones conjuntas, por lo que $E(X\mid T)=E(Y\mid T)$ . Desde $E(X\mid T)+E(Y\mid T)=E(T\mid T)=T$ Esto demuestra que $$E(X\mid T)=\frac12T.$$ Este argumento se aplica a todo integrador i.i.d. $(X,Y)$ .

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El pedibus enfoque en el caso concreto de que $(X,Y)$ es exponencial estándar i.i.d. es escribir $E(X\mid T)=u(T)$ donde la función $u$ se define por $$ u(t)=\int_\mathbb Rxf_{X\mid T}(x\mid t)\mathrm dx, $$ donde $f_{X\mid T}$ denota la densidad condicional de $X$ con la condición de $T$ Por lo tanto $$ f_{X\mid T}(x\mid t)=\frac{f_{X,T}(x,t)}{f_{T}(t)}. $$ Para ir más allá, hay que tener en cuenta que $T=X+Y$ y que $(X,Y)$ es independiente, por lo que $$ f_{X,T}(x,t)=f_{X,Y}(x,t-x)=f_X(x)f_Y(t-x), $$ así, $$ f_{X,T}(x,t)=\mathrm e^{-x}\,\mathbf 1_{x\gt0}\,\mathrm e^{-(t-x)}\,\mathbf 1_{t-x\gt0}=\mathrm e^{-t}\,\mathbf 1_{t\gt x\gt0}, $$ y que, por un cálculo estándar, $$ f_T(t)=t\,\mathrm e^{-t}\,\mathbf 1_{t\gt0}, $$ por lo tanto, para cada $t\gt0$ , $$ f_{X\mid T}(x\mid t)=\frac1t\,\mathbf 1_{0\lt x\lt t}, $$ y finalmente, $$ u(t)=\int_0^tx\,\frac1t\,\mathrm dx=\frac12t, $$ como se predice por el método directo y general anterior.