Совместная плотность распределения

[Vavilen]

Привет! Поделитесь идеями по такой задачке: Случайные величины $X, Y$ имею совместную плотность распределения $p(X, Y) = C e^{x-5y}, y\geqslant x$ \geqslant 0, где $C$ некоторая константа. $U, V$ - независимые случайные величины равномерно распределены на $[0, 1]$. Выпишите явно функцию $f : [0,1]^2 \to R^2$ такую, что $f(U, V)$ имеет такую же плотность распределения, как и $f(X, Y)$.

Нормировочная константа $C$ ищется интегрированием плотности и приравниванием к 1, получается $C = 20$. А вот что дальше делать что-то нет идей.

[Padawan]

Vavilen в сообщении #1645787 писал(а):

Выпишите явно функцию $f : [0,1]^2 \to R^2$ такую, что $f(U, V)$ имеет такую же плотность распределения, как и $f(X, Y)$.

Может просто $(X, Y) $ должно быть, без $f$?

[Vavilen]

Padawan в сообщении #1645799 писал(а):

Vavilen в сообщении #1645787 писал(а):

Выпишите явно функцию $f : [0,1]^2 \to R^2$ такую, что $f(U, V)$ имеет такую же плотность распределения, как и $f(X, Y)$.

Может просто $(X, Y) $ должно быть, без $f$?

да, верно, там просто $(X, Y) $! Жаль тут редактировать отправленные нельзя

[Alex Krylov]

Можно что-то вот такое попробовать:
$f_u(x,y)=(a_0+a_1 x + a_2 y)\exp(\frac{1}{2}(x-5y))$
$f_v(x,y)=(b_0+b_1 x + b_2 y)\exp(\frac{1}{2}(x-5y))$

[svv]

В области $y\geqslant x \geqslant 0$ сделаем замену переменной $y=x+t$. В новых переменных $x,t$ плотность примет вид $20e^{-4x-5t}$ (учтено, что якобиан перехода равен единице), а область будет задаваться неравенствами $x\geqslant 0,\;t\geqslant 0$, где переменные "разделены". Теперь можно принять, что функциональной зависимостью связаны по отдельности $x$ и $u$, а также $t$ и $v$.

[мат-ламер]

(Оффтоп)

Как устроен датчик случайных чисел для произвольного одномерного распределения общеизвестно. Подумал, что может эта идея и для двумерного случая прокатит? Однако для одномерного случая есть однозначная функция $F^{-1}$ . Для произвольного двумерного распределения мы эту идею использовать не можем. Однако в нашем случае двумерное распределение факторизуется в произведение одномерных.

[Vavilen]

svv в сообщении #1645883 писал(а):

В области $y\geqslant x \geqslant 0$ сделаем замену переменной $y=x+t$. В новых переменных $x,t$ плотность примет вид $20e^{-4x-5t}$ (учтено, что якобиан перехода равен единице), а область будет задаваться неравенствами $x\geqslant 0,\;t\geqslant 0$, где переменные "разделены". Теперь можно принять, что функциональной зависимостью связаны по отдельности $x$ и $u$, а также $t$ и $v$.

Да, действительно! Спасибо, классная идея - то есть надо было увидеть там два экспоненциальных распределения. Можно было так представить и догадаться наверное: $20e^{x-5y} = 4e^{-4x} 5e^{-5(y-x)} \; x\geqslant0, y-x\geqslant0$

[svv]

Вы правы, что именно так сгруппировали множители.

(Оффтоп)

Вероятность попадания в какую-то область $\Omega$, полностью лежащую в том бесконечном "клине", равна интегралу по $\Omega$ от дифференциальной формы (значок $\wedge$ можете игнорировать)
$20e^{x-5y}\,dx\wedge dy = 4e^{-4x}\,dx\wedge 5e^{-5t}\,dt = d(\underbrace{-e^{-4x}}_{u})\wedge d(\underbrace{-e^{-5t}}_{v})$

[Padawan]

мат-ламер в сообщении #1645901 писал(а):

Для произвольного двумерного распределения мы эту идею использовать не можем.

Разве не можем? Мне кажется, что и двумерном случае аналогичное рассуждение сработает.

[мат-ламер]

Padawan в сообщении #1645976 писал(а):

Разве не можем? Мне кажется, что и двумерном случае аналогичное рассуждение сработает.

По моему мнению в нашем случае сработает. Ведь я написал:

мат-ламер в сообщении #1645901 писал(а):

Однако в нашем случае двумерное распределение факторизуется в произведение одномерных.

Как там будет в общем случае, я просто особо не задумывался.