Densidad de $X-Y$ donde $X,Y$ son variables aleatorias independientes con PDF común $f(x) = e^{-x}$ ?

Question

$X,Y$ son variables aleatorias independientes con PDF común $f(x) = e^{-x}$ entonces la densidad de $X-Y = \text{?}$

He pensado en este deje $ Y_1 = X + Y$ , $Y_2 = \frac{X-Y}{X+Y}$ , resolviendo lo que me da $X = \frac{Y_1(1 + Y_2)}{2}$ , $Y = \frac{Y_1-Y_2}{2}$

entonces calculé el jacobiano $J = \begin{bmatrix} \frac{1+y_2}{2} & \frac{y_1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{bmatrix}$ para que $\left|\det(J)\right| = \frac{1+y_1+y_2}{4}$

y la densidad conjunta de $Y_1,Y_2$ es la siguiente $W(Y_1,Y_2) = \left|\det(J)\right| e^{-(y_1+y_2)}$ cuando $y_1,y_2> 0$ y $0$ de lo contrario.

Luego pensé en recuperar $X-Y$ como el marginal, pero me quedé atascado. Creo que me he equivocado en las variables.

¡Cualquier ayuda es genial!.

Answer 1

Si te he entendido bien, tienes, tanto $X$ y $Y$ que se distribuye mediante una distribución exponencial, donde $\lambda$ es igual a uno. Ahora se quiere conocer la distribución de su diferencia, es decir $Z=X-Y$ . Su masa es $$P(z\ge Z)=P(z\ge X-Y)=P(z)$$ que es (para $z\le 0$ ) $$P(z)=\int^\infty_{0}\int^{\infty}_{x-z}e^{-x}e^{-y}\,dy\,dx,$$ ya que el área de interés es $y\ge x-z$ . A continuación, sabemos que la densidad $$p(z)=\frac{d}{dz}P(z),$$ es la derivada de la masa. Utilizando la Regla de Leibnitz Esto es $$\frac{d}{dz}\int^\infty_{0}\int^\infty_{x-z}e^{-x}e^{-y} \, dy \, dx = \int^\infty_0 \frac{d}{dz}\int^\infty_{x-z}e^{-x}e^{-y}\,dy\,dx$$ $$\int^\infty_{-\infty} e^{-x}e^{-(x-z)} \, dx=\frac{e^z}{2}$$ Después de repetir el cálculo de $z\ge 0$ lo que supondría calcular $$\frac{d}{dz}P(z)=\int^\infty_0 \int^{x+z}_0 e^{-x}e^{-y} \, dy \, dx,$$ llegamos a $$p(z)=\frac{e^{-|z|}}{2}$$

Tenga en cuenta que esto conocido como el Distribución de Laplace .

Answer 2

\begin {align} \underbrace { \text {Para } u>0} \text { tenemos } f_{X-Y}(u) & = \frac d {du} \Pr (X-Y \le u) \\ [10pt] & = \frac d {du} \operatorname {E}( \Pr (X-Y \le u \mid Y)) \\ [10pt] & = \frac d {du} \operatorname {E}( \Pr (X \le u+Y \mid Y)) \\ [10pt] & = \frac d {du} \operatorname {E}(1-e^{-(u+Y)}) \\ [10pt] & = \frac d {du} \int_0 ^ \infty (1 - e^{-(u+y)} ) e^{-y} \N, dy \\ [10pt] & = \frac d {du} \int_0 ^ \infty (e^{-y} - e^{-u} e^{-2y}) \, dy \\ [10pt] & = \frac d {du} \left ( 1 - \frac 1 2 {} e^{-u} \right ) \\ [10pt] & = \frac 1 2 e^{-u}. \end {align} Algo similar se aplicó cuando $u<0$ le da $\dfrac 1 2 e^u,$ por lo que se obtiene $\dfrac 1 2 e^{-|u|}.$

Pero una forma más sencilla de tratar $u<0$ es decir que como la distribución de $X-Y$ es claramente simétrica respecto a $0$ (ya que $X-Y$ tiene la misma distribución que $Y-X$ ), si obtiene $\dfrac 1 2 e^{-u}$ cuando $u>0,$ tienes que conseguir $\dfrac 1 2 e^u$ cuando $u<0.$

Answer 3

La transformación es $(X,Y)\rightarrow (Y_1,Y_2)$ .

$Y_1=X+Y, Y_2=\dfrac{X-Y}{X+Y}$ .

Dejemos que $y_1=x+y,y_2=\dfrac{x-y}{x+y}$ es decir, $x=\dfrac{y_1(1+y_2)}{2},y=\dfrac{y_1(1-y_2)}{2}$ . Ahora $x>0,y>0$ Por lo tanto $y_1>0, -1<y_2<1$

$J=\begin{bmatrix}\dfrac{1+y_2}{2}&\dfrac{y_1}{2}\\\dfrac{1-y_2}{2}&\dfrac{-y_1}{2}\end{bmatrix}$ . Aquí, $\det(J)=\dfrac{-y_1}{2}$

Ahora $\begin{align}f_{(Y_1,Y_2)}(y_1,y_2)=|\det(J)|f_{(X,Y)}(x,y)=\dfrac{y_1e^{-y_1}}{2}I(y_1>0,-1<y_2<1)\\=y_1e^{-y_1}I(y_1>0)\cdot\dfrac{1}{2}I(-1<y_2<1)\end{align}$

Aquí $I(\cdot)$ es una función indicadora.

---

Pero dudo que se pueda recuperar el pdf de $X-Y$ fácilmente. Por lo tanto, una forma de hacer esto de manera análoga a la que usted desea es tomar $Y_1=X-Y, Y_2=\dfrac{X+Y}{X-Y}$ .

---

la razón por la que Rohatgi Probabilidad y estadística utilizó esta técnica es por la independencia de $X+Y,\dfrac{X-Y}{X+Y}$ . Pero eso no funcionará aquí y al final el cálculo se volverá muy complicado.

Answer 4

$$ P(X-Y<z) = \sum_y P(X-y<z)P(Y=y) = \int_{y \in \mathbb{R}} P(X<y+z)f(y) \, dy $$ por la ley de la probabilidad total (probablemente haya una forma más rigurosa de escribir esa expresión intermedia, pero seguirá siendo esa integral). Entonces esto es $$ \int_{y+z>0,y>0} (1-e^{-(y+z)})e^{-y} \, dy $$ utilizando las distribuciones dadas. Esto se divide en $$ \begin{cases} \int_{-z}^{\infty} (e^{-y}-e^{-2y}e^{-z}) \, dy & z<0 \\ \int_{0}^{\infty} (e^{-y}-e^{-2y}e^{-z}) \, dy & z \geq 0 \end{cases} = \begin{cases} \frac{1}{2}e^{z} & z<0 \\ 1-\frac{1}{2}e^{-z} & z\geq 0 \end{cases}. $$ Diferenciando entonces se obtiene la función de densidad como $e^{-\lvert z \rvert}/2$ .

Answer 5

Ya publiqué una respuesta que implicaba no hacer integrales de funciones de más de una variable; aquí hay otro enfoque.

\begin {align} \text {Primero asume } u >0. \text {Entonces} \\ \Pr ( X-Y > u) & = \int_0 ^ \infty \left ( \int_ {y+u}^ \infty f_{X,Y} (x,y) \N -, dx \right ) \N - dy \\ [10pt] & = \int_0 ^ \infty \left ( \int_ {y+u}^ \infty e^{-x} e^{-y} \N -, dx \right ) \N - dy \\ [10pt] & = \int_0 ^ \infty \left ( e^{-y} \int_ {y+u}^ \infty e^{-x} \N - dx \right ) \N - dy \\ & \qquad\text {(Esto puede hacerse porque $e^{-y}$ no cambia como $x$ va de algo a $\infty$ .)} \\ [10pt] & = \int_0 ^ \infty e^{-y} \cdot e^{-(y+ u)} \N, dy \\ [10pt] & = \frac 1 2 e^{-u}. \end {align} Eso funciona si $u>0.$ Entonces utiliza el hecho de que $Y-X$ tiene la misma distribución de probabilidad que $X-Y$ para concluir que si $u<0$ entonces $\Pr(X-Y<u) = \frac 1 2 e^{u}.$

Por lo tanto, si $u>0$ entonces $\Pr(X-Y\le u) = 1- \dfrac 1 2 e^{-u}$ y mutatis mutandis si $u<0,$ por lo que obtenemos $\displaystyle f_{X-Y}(u) = \frac 1 2 e^{-|u|}.$