Условная вероятность

[Neytrall]

помогите разобраться.
$\sigma_x=1, \sigma_y=5, \mu_x=5, \mu_y=10$
$\rho_{xy}>0$
$P(4<Y<16|X=5)=0.954$
как я понимаю надо от этой вероятности и плясать:
$P(4<Y<16|X=5)=P(Y<16|X=5)-P(Y<4|X=5)=\frac{\int_{-\infty}^{16}f_{x,y}(x_0,y)dy}{\int_{-\infty}^{\infty}f_{x,y}(x_0,y)dy}-\frac{\int_{-\infty}^{4}f_{x,y}(x_0,y)dy}{\int_{-\infty}^{\infty}f_{x,y}(x_0,y)dy}$
А дальше что?
Или я вообще не туда поплясал?

[ewert]

Прежде всего центрируйте обе величины, вычтя их матожидания (чтоб меньше мучиться). Получите уравнение $P(-10<\widetilde Y<10\,|\,\widetilde X=0)=0.954$ для неизвестной корреляции при известных дисперсиях. Совместная плотность распределения теперь $N\cdot e^{-\alpha \widetilde x^2-\beta \widetilde x\widetilde y-\gamma \widetilde y^2}$ (в силу центрированности) с неважно какой нормировочной константой $N$. Условная плотность получается подстановкой нужного икса и делением на маргинальную плотность для иксов в этой точке (которая не зависит от игреков). Поскольку подставляется $\widetilde x=0$, эта условная плотность будет иметь вид $N\cdot e^{-\gamma \widetilde y^2}$ (с другой $N$); в частности, условное матожидание оказывается нулевым. Собственно, Вам для решения требуется только с.к.о. этого распределения, т.е $s=\dfrac{1}{\sqrt{2\gamma}}$. Но, как известно, $\gamma=\dfrac{1}{2\sigma_Y^2(1-\rho_{XY}^2)}$, вот и всё.

---------------------------------------------
Кстати, ответ снова получается довольно любопытный: $\rho_{XY}=\pm0.063\,i$... У вашего начальства странное чувство юмора. Но зато оно последовательно в своих цифрах.

[Neytrall]

ewert
вы знаете...мы такого не учили, я частично понял, что всё это значит, но увы...
Удинственное чего мы успели коснуться нв уроках, так это условного мат. ожидания.(((

[Henrylee]

ewert Вы явно имели в виду $-6<\widetilde{Y}<6$

Neytrall С какого места непонятно? Готов поспорить, все это Вы знаете.

[ewert]

Henrylee в сообщении #263559 писал(а):

ewert Вы явно имели в виду $-6<\widetilde{Y}<6$

Тьфу ты, и впрямь. Оказывается, задачка, в порядке исключения -- корректна.

-- Чт ноя 19, 2009 20:01:17 --

Henrylee в сообщении #263559 писал(а):

Neytrall С какого места непонятно? Готов поспорить, все это Вы знаете.

Вообще-то не факт. Не исключено, что им давали лишь линию регрессии как зависимость условного матожидания от иксов, а потом сказали, что в случае нормального уравнения эта линия описывается общим уравнением линейной регрессии (для распределений каких угодно). Но вот этих-то заклинаний уже я совершенно не помню.

[Neytrall]

ewert в сообщении #263516 писал(а):

Совместная плотность распределения теперь $N\cdot e^{-\alpha \widetilde x^2-\beta \widetilde x\widetilde y-\gamma \widetilde y^2}$

это вот эта страшная формула?--->

$$f(x,y)=\frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{\left(1-\rho\right)}}\exp(-\frac{1}{2}\left(1-\rho^2\right){\left[\left\{\frac{x-\mu_1}{\sigma_1}\right\}^2+\left\{\frac{y-\mu_2}{\sigma_2}\right\}^2-2\rho\left\{\frac{x-\mu_1}{\sigma_1}\right\}\left\{\frac{y-\mu_2}{\sigma_2}\right\}\right])$$

Что такое с.к.о? Я погуглил и мне выдало, что это "Съешь оба куска"...но я подозреваю, что гугль ошибся.

ewert в сообщении #263516 писал(а):

Условная плотность получается подстановкой нужного икса и делением на маргинальную плотность для иксов в этой точке (которая не зависит от игреков).

а это похоже на то что я написал------>
$\frac{\int_{-\infty}^{16}f_{x,y}(x_0,y)dy}{\int_{-\infty}^{\infty}f_{x,y}(x_0,y)dy}-\frac{\int_{-\infty}^{4}f_{x,y}(x_0,y)dy}{\int_{-\infty}^{\infty}f_{x,y}(x_0,y)dy}$
только с пределами что-то неправильно.

-- Чт ноя 19, 2009 18:09:39 --

ewert
дело в том, что мы в основном учимся по интернету. И задания опережают лекции. Так что нам приходится самим выводить формулы, и искать пути решений...

[ewert]

Ну что тут поделаешь. Сопоставляйте разные обрывки, попадающиеся тут и там. Вот, в частности, возьмите ту самую "страшную" формулу -- и попытайтесь понять её структуру. На множитель перед экспонентой вообще особого внимания обращать не следует -- это всего лишь нормировка, и она при необходимости всегда восстанавливается по параметрам в показателе экспоненты, а в подавляющем большинстве случаев такой необходимости и вовсе не возникает. Далее, выкиньте оттуда все "мю" -- это лишь очевидные сдвиги, делающие величины центрированными. То, что останется -- это практически "моя" формула, с точностью до обозначений. Вот только между этими-то обозначениями соотношения и существенны, это -- действительно некий элемент теории, всё же остальное ничего, кроме здравого смысла, не требует.

-- Чт ноя 19, 2009 21:23:25 --

Neytrall в сообщении #263562 писал(а):

Что такое с.к.о?

Это среднеквадратическое отклонение -- по определению, корень из дисперсии и по совокупности один из двух стандартных параметров одномерного нормального распределения. Всего лишь некое стандартное буквосочетание.

[Neytrall]

ewert
Да, я вижу как её привести в форму, которую показали вы, но ведь это всё внутри формулы. Привести её в подобающий вид тоже легко. От сюда находится standart deviation. Но ведь дальше надо что-то делать с интегралами. К тому же ето лишь верхняя часть формулы Байеса.

$\gamma=\dfrac{1}{2\sigma_Y^2(1-\rho_{XY}^2)}$ а почему это верно?

[ewert]

Neytrall в сообщении #263614 писал(а):

$\gamma=\dfrac{1}{2\sigma_Y^2(1-\rho_{XY}^2)}$ а почему это верно?

Ну так Вы же сами и написали:

Neytrall в сообщении #263562 писал(а):

$$f(x,y)=<...>\exp(-\frac{1}{2}\left(1-\rho^2\right){\left[\ldots+\left\{\frac{y-\mu_2}{\sigma_2}\right\}^2-\ldots\right])$$

Вот и сопоставляйте коэффициенты. Только учтите, что Вы там множитель $(1-\rho^2)$ зачем-то вместо знаменателя в числитель засадили.

[Neytrall]

$\gamma=\dfrac{1}{2\sigma_Y^2(1-\rho_{XY}^2)}$
У меня получается $\gamma=\dfrac{1}{2(1-\rho_{XY}^2)}$

[ewert]

Так не бывает просто по соображениям размерности. Коэффициент при хоть каком слагаемом в показателе (будучи величиной заведомо размерной) -- никак не может не включать в себя характерных размеров типа сигм.

[Neytrall]

Стоп. Вот что делал я:
$exp({-\gamma y}^2)=-\frac{1}{2}{\frac{y^2}{\frac{1}{2\gamma}}$

что бы это было нормальное распределение. $\sigma_y^2=\frac{1}{2\gamma}$----->$SD=\sigma_y=\frac{1}{\sqrt{2\gamma}}$
и что дальше?

[ewert]

Не знаю, скорее всего, тут путаница с игреками. Что Вы понимаете под сигмой-игрек? Судя по формулам -- сигму условного распределения (ту, что нужна для конечных расчётов). А гамма, присутствующая там -- это некоторая комбинация сигмы для исходного маргинального распределения (данной по условию) и коэффициента корреляции.

[Neytrall]

Сигма игрек это standart deviation, а сигма в квадрате игрек это Var(y), а по русски D(y)

[Neytrall]

так сейчас попробывал сделать без гаммы у меня вышло:

$$f(x,y)=\frac{1}{2\pi\sigma_y\sigma_x\sqrt{\left(1-\rho^2\right)}}\exp(-\frac{1}{2(1-\rho^2)}{\frac{y^2}{\sigma_y^2})$