Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
* * * * * 1 Bình chọn

$$E \max (X,Y) = \sqrt{\dfrac{1-\rho}{\pi}}.$$

phân bố chuẩn nhiều chiều

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 17-03-2018 - 20:32

Mình đang làm một số bài tâp về kì vọng, post lên cho mọi người luyện tập cùng cho vui:

Giả sử $(X,Y)$ là vector ngẫu nhiên 2 chiều phân bố chuẩn, $EX=EY = 0$, $DX=DY=1$, $EXY=\rho$. Chứng minh rằng

$$E \max (X,Y) = \sqrt{\dfrac{1-\rho}{\pi}}.$$


$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#2 nmlinh16

nmlinh16

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 27 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hạ Long
  • Sở thích:Algebraic invariant theory, Algebraic topology, Analytic number theory

Đã gửi 18-04-2018 - 00:22

Đặt $Z = \max(X,\,Y)$. Ta tính CDF của $Z$,

 

$$\begin{align*} \mathbb{P}(Z < z) & = \mathbb{P}(X < z,\,Y < z)\\ & = \int_{-\infty}^z \int_{-\infty}^z \frac{1}{2\pi \sqrt{1 - \rho^2}} \exp \left(- \frac{x^2 - 2\rho xy + y^2}{2(1-\rho^2)} \right)\,dxdy\\ & = \int_{-\infty}^z \left( \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2} \int_{-\infty}^z \frac{1}{\sqrt{2\pi (1 - \rho^2)}} \exp\left(-\frac{1}{2}\left(\frac{x - \rho y}{\sqrt{1 - \rho^2}} \right )^2 \right ) \, dx\right )\,dy\\ & = \int_{-\infty}^z \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2} \Phi\left(\frac{z - \rho y}{\sqrt{1 - \rho^2}} \right ) \, dy. \end{align*}$$

 

Tiếp theo, ta sử dụng công thức

$$\frac{d}{dt} \int_{\alpha(t)}^{\beta(t)} f(t,\,x)\, dx = \beta'(t) f(t,\,\beta(t)-0) - \alpha'(t) f(t,\,\alpha(t)+0) + \int_{\alpha(t)}^{\beta(t)} \frac{\partial}{\partial t} f(t,\,x)\,dx$$

để tính PDF của $Z$. Ta có

 

$$\begin{align*} f_Z(z) & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2} \Phi\left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}}\right) + \int_{-\infty}^z \frac{1}{2\pi\sqrt{1 - \rho^2}} \exp \left(- \frac{y^2}{2} -\frac{(z - \rho y)^2}{2(1-\rho^2)} \right) \, dy\\ & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2} \Phi\left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}}\right) + \int_{-\infty}^z \frac{1}{2\pi\sqrt{1 - \rho^2}} \exp \left(-\frac{z^2 - 2\rho zy + y^2}{2(1-\rho^2)} \right) \, dy \\ & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2} \Phi\left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}}\right) + \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2} \int_{-\infty}^z \frac{1}{\sqrt{2\pi(1 - \rho^2)}} \exp \left(-\frac{1}{2}\left( \frac{y - \rho z}{\sqrt{1 - \rho^2}}\right)^2 \right) \, dy \\ & = \frac{2}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2} \Phi\left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}}\right). \end{align*}$$

 

Do đó, 

$$\begin{align*}\mathbb{E}Z & = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_{-\infty}^\infty z e^{-z^2/2} \Phi \left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}} \right)\,dz \\ & = -\sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{-\infty}^\infty \Phi \left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}} \right) \, de^{-z^2/2}\\ & = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_{-\infty}^\infty e^{-z^2/2} \, d\Phi \left(\frac{(1 - \rho)z}{\sqrt{1 - \rho^2}} \right)\\ & = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{-\infty}^\infty \frac{1 - \rho}{\sqrt{2\pi(1 - \rho^2)}} \exp\left(-\frac{z^2}{2} - \frac{(1-\rho)^2 z^2}{2(1 - \rho^2)} \right ) \, dz\\ & = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{-\infty}^\infty \sqrt{\frac{1-\rho}{2\pi(1+\rho)}}\exp\left(-\frac{z^2}{1 + \rho} \right ) \, dz = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \cdot \sqrt{\frac{1 - \rho}{2}} = \sqrt{\frac{1 - \rho}{\pi}}. \end{align*}.$$


$$x - \sum_{\substack{0 < \operatorname{Re} \rho < 1 \\ \zeta(\rho) = 0}} \frac{x^\rho}{\rho} - \log 2\pi - \frac{1}{2}\log(1-x^{-2}) = \frac{\psi(x+0) + \psi(x - 0)}{2}, \qquad \psi(x) = \sum_{\substack{p^n \le x \\  n \ge 1}} \log p.$$

 

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh