Kemungkinan kesalahan dalam penurunan probabilitas bersyarat

Berikut ini adalah turunan dari kepadatan dari kertas yang sedang saya pelajari. Maaf untuk kualitas buruk, ini kertas yang cukup tua. Saya perlu mengklarifikasi bahwa memiliki kerapatan eksponensial standar dalam , seragam pada dan mereka independen. Populasi koefisien korelasi adalah konstan saja. dan berasal dari distribusi normal bivariat standar, karenanya representasi trigonometri, tetapi ini tidak memainkan peran di sini, saya percaya. $R$ $(0,\infty)$ $U$ $(0,1)$ $\rho$ $X$ $Y$

Yang tidak saya mengerti adalah bagaimana penulis mencapai kesimpulan ini untuk positif atau negatif . Tampak bagi saya bahwa pembagian dengan angka negatif dan nonnegativitas tidak diperhitungkan dengan baik. Tentu saja saya bisa keliru sehingga saya akan menghargai beberapa saran. Terima kasih. $t$ $R$

— JohnK
sumber

@ Xi'an Terima kasih atas komentar Anda. Representasi ini berasal dari fakta bahwa dengan dan independen. Karena jumlahnya memiliki varian dan perbedaan , maka memiliki distribusi yang sama dengan mana sekarang memiliki distribusi normal standar. Kemudian hasilnya mengikuti dengan meletakkan dan , Box-Muller mengubah dan memanfaatkannya

X Y = [(X + Y)^{2} - (X - Y)^{2}] / 4

$XY = \left[ (X+Y)^2 -(X-Y)^2 \right]/4$

X - Y

$X-Y$

X + Y

$X+Y$

2 (1 + ρ)

$2(1+\rho)$

2 (1 - ρ)

$2(1-\rho)$

X Y

$XY$

\frac{1}{2} ((1 + ρ) Z_{1}^{2} - (1 - ρ) Z_{2}^{2})

$\frac{1}{2}\left((1+\rho)Z_1^2 -(1-\rho) Z_2 ^2 \right)$

Z_{i}

$Z_i$

Z_{1} = \sqrt{- 2 \log (U_{1}}) \cos (2 π U_{2})

$Z_1=\sqrt{-2\log(U_1})\cos(2\pi U_2)$

Z_{2} = \sqrt{- 2 \log (U_{1})} \sin (2 π U_{2})

$Z_2=\sqrt{-2\log(U_1)} \sin(2\pi U_2)$

- \log (U)

$- \log(U)$ memiliki distribusi eksponensial standar

— JohnK

@ Xi'an Tidak masalah. Apakah Anda mengatakan bahwa langkah-langkah selanjutnya benar, kalau begitu?

— JohnK

Saya mungkin juga salah tetapi tidak melihat kesulitan dengan dekomposisi.

Ketika , karena suku kedua adalah nol, dikalikan dengan suku negatif. Jadi tampaknya benar. $t\ge 0$

\begin{aligned} P (R (\cos (π U) & + ϱ) \geq t, \cos (π U) + ϱ \geq 0) \\ + P (R (\cos (π U) + ϱ) \geq t, \cos (π U) + ϱ \leq 0) \\ = P (R (\cos (π U) + ϱ) \geq t, \cos (π U) + ϱ \geq 0) \end{aligned}

$\begin{align*} P(R(\cos(\pi U)&+\varrho)\ge t,\cos(\pi U)+\varrho\ge 0)\\ &+P(R(\cos(\pi U)+\varrho)\ge t,\cos(\pi U)+\varrho\le 0)\\ &=P(R(\cos(\pi U)+\varrho)\ge t,\cos(\pi U)+\varrho\ge 0) \end{align*}$

R

$R$

P (X Y \geq t) = P (R (\cos (π U) + ϱ) \geq t, \cos (π U) + ϱ \geq 0) = P (R (\cos (π U) + ϱ) \geq t, U \leq \cos^{- 1} (- ϱ) / π) = \int_{0}^{\cos^{- 1} (- ϱ) / π} P (R (\cos (π U) + ϱ) \geq t) d u

$P(XY\ge t) = P(R(\cos(\pi U)+\varrho)\ge t,\cos(\pi U)+\varrho\ge 0)\quad\qquad \\ \ \ \ = P(R(\cos(\pi U)+\varrho)\ge t,U\le\cos^{-1}(-\varrho)/\pi)\\ = \int_0^{\cos^{-1}(-\varrho)/\pi} P(R(\cos(\pi U)+\varrho)\ge t)\,\text{d}u$

Ketika , karena selalu benar ketika , jadi ini sepertinya juga benar. $t\le 0$

R (\cos (π U) + ϱ) \geq t

$R(\cos(\pi U)+\varrho)\ge t$

\cos (π U) + ϱ \geq 0

$\cos(\pi U)+\varrho\ge 0$

\begin{aligned} P (R (\cos (π U) & + ϱ) \geq t, \cos (π U) + ϱ \geq 0) \\ + P (R (\cos (π U) + ϱ) \geq t, \cos (π U) + ϱ \leq 0) \\ = P (\cos (π U) & + ϱ \geq 0) \\ + P (R (- \cos (π U) - ϱ) \leq - t, \cos (π U) + ϱ \leq 0) \\ = P (\cos (π U) & + ϱ \geq 0) \\ + P {R \leq t / (\cos (π U) + ϱ), U \geq \cos^{- 1} (- ϱ) / π} \\ = P (\cos (π U) & + ϱ \geq 0) \\ + \int_{\cos^{- 1} (- ϱ) / π}^{1} P {R \leq t / (\cos (π u) + ϱ} \end{aligned}

$\begin{align*} P(R(\cos(\pi U)&+\varrho)\ge t,\cos(\pi U)+\varrho\ge 0)\\ &+P(R(\cos(\pi U)+\varrho)\ge t,\cos(\pi U)+\varrho\le 0)\\ =P(\cos(\pi U)&+\varrho\ge 0)\\ &+P(R(-\cos(\pi U)-\varrho)\le -t,\cos(\pi U)+\varrho\le 0)\\ =P(\cos(\pi U)&+\varrho\ge 0)\\ &+P\left\{R\le t\big/(\cos(\pi U)+\varrho),U\ge\cos^{-1}(-\varrho)/\pi\right\}\\ =P(\cos(\pi U)&+\varrho\ge 0)\\ &+\int_{\cos^{-1}(-\varrho)/\pi}^1 P\left\{R\le t\big/(\cos(\pi u)+\varrho\right\} \end{align*}$

— Xi'an
sumber

Saya pikir kesalahan saya adalah membalik cosinus, tidak mengubah ketidaksetaraan. Terimakasih banyak atas jawaban Anda.

— JohnK