[Jupa]

Hola!

Una variable aleatoria \( X \) sigue la ley doble exponencial de parametros \( \mu \) y \( b \) si su densidad \( f_X(x)=\frac{1}{2b}e^{-\frac{|x-\mu|}{b}} \), siendo \( b>0 \) y \( \mu>0 \)

Tengo que calcular la esperanza y varianza. A mi lo primero que se me ocurrió fue para la esperanza usar la fórmula \( E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx \) lo que me da algo MUY distinto al verdadero resultado que es \( \mu \) y para la varianza usé la fórmula siguiente:
\( V(X)=E(X^2)-E^2(X) \) hallando obviamente \( E(X^2)=\int_{-\infty}^{+\infty}x^2f_X(x)dx \) que también me dio una chorrera de cosas que se aleja muchisimo del resultado correcto que es \( 2b^2 \).

Me fijé en la solución y hace lo siguiente, \( E(X-\mu)=0 \) y \( E((X-\mu)^2)=2b^2 \) entonces \( E(X)=\mu \) y la \( V(X)=2b^2 \) entonces no entiendo un par de cosas:
1) ¿Por qué la \( E(X-\mu)=0 \)?
2) Se que si \( E(X)=\mu \) se tiene que \( V(X)=E((X-E(X))^2)=E((X-\mu)^2) \) pero...¿de donde sale ese \( 2b^2 \)?

Desde ya muchas gracias!

Saludos!

[pierrot]

Una variable aleatoria \( X \) sigue la ley doble exponencial de parametros \( \mu \) y \( b \) si su densidad \( f_X(x)=\frac{1}{2b}e^{-\frac{|x-\mu|}{b}} \), siendo \( b>0 \) y \( \mu>0 \)

Tengo que calcular la esperanza y varianza. A mi lo primero que se me ocurrió fue para la esperanza usar la fórmula \( E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx \) lo que me da algo MUY distinto al verdadero resultado que es \( \mu \) y para la varianza usé la fórmula siguiente:
\( V(X)=E(X^2)-E^2(X) \) hallando obviamente \( E(X^2)=\int_{-\infty}^{+\infty}x^2f_X(x)dx \) que también me dio una chorrera de cosas que se aleja muchisimo del resultado correcto que es \( 2b^2 \).

Primero intenta aplicando la definición:

\( \displaystyle \mathbb{E}(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx=\frac{1}{2b}\int_{-\infty}^{+\infty}xe^{-\frac{|x-\mu|}{b}}dx=\frac{1}{2b}\left[\int_{-\infty}^{\mu}xe^{\frac{x-\mu}{b}}dx+\int_{\mu}^{+\infty}xe^{-\frac{x-\mu}{b}}dx\right] \)

En la primer integral, si se hace el cambio \( z=-x+2\mu \) resulta:

\( \displaystyle \mathbb{E}(X)=\frac{1}{2b}\left[\int_{\mu}^{+\infty}(2\mu-z)e^{-\frac{z-\mu}{b}}dz+\int_{\mu}^{+\infty}xe^{-\frac{x-\mu}{b}}dx\right]=\frac{1}{2b}2\mu\int_{\mu}^{+\infty}e^{-\frac{x-\mu}{b}}dx \)

Corrobora que eso efectivamente da \( \mu \). No sé por qué no te ha dado el resultado correcto. Tal vez deberías revisar tus cuentas.

Saludos

[Jupa]

Pablo tenés toda la razon...esa integral da \( \mu \). Mi error lo estaba cometiendo cuando desarmaba la integral con valor absoluto que lo hacía con \( \mu=0 \) entonces me quedaba una de \( -\infty \) a 0 mas la otra de 0 a \( +\infty \), muchas gracias  .
Ahora me queda una duda, tenés idea de que es lo que se fija en la solución para sacarlo directamente? O será que hicieron las cuentas y solo pusieron los resultados? Pasa que textualmente, en la solución dice lo siguiente. Se obtiene directamente que \( E(X-\mu)=0 \) y \( E((X-\mu))=2b^2 \). Luego \( E(X)=\mu \) y \( V(X)=2b^2 \). Es decir, el se obtiene directamente sugiere una manera "corta" sin usar integrales, aprovechando que es simétrica la densidad \( f_X(x) \).

Saludos y gracias nuevamente

[pierrot]

Ahora me queda una duda, tenés idea de que es lo que se fija en la solución para sacarlo directamente?

No me doy cuenta. O sea, no veo que sea útil plantearlo en esos términos. En general \( \mathbb{E}\big(g(X)\big)=\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)f_X(x)dx \) para cualquier función \( g(x) \) boreliana. Entonces para calcular \( \mathbb{E}(X-\mu) \) uno lo que haría es tomar \( g(x):=x-\mu \) y resultaría:

\( {\mathbb{E}(X-\mu)=\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}(x-\mu)f_X(x)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx-\mu\int_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx-\mu\cdot 1} \)

Y para probar que eso vale 0 habría que verificar que \( \int_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx=\mu \), que es lo que hice en mi mensaje anterior. No veo la ventaja.

Ah, mientras escribía este mensaje creo que capté la idea. Nota que si en la fórmula

\( \red \mathbb{E}(X-\mu)=\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}(x-\mu)f_X(x)dx \)

se hace el cambio de variable \( \red u=x-\mu \) resulta:

\( \red \mathbb{E}(X-\mu)=\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}uf_X(u+\mu)du \)

donde el integrando \( \red h(u):=uf_X(u+\mu)=u\frac{1}{2b}e^{-|u|/b} \) es una función impar, es decir, \( \red h(-u)=-h(u) \). Como la integral converge (esto lo asumimos, de lo contrario \( \red X\not\in L^1 \) y el ejercicio estaría mal planteado), ha de valer 0.

Saludos

[Jupa]

Ahí va, ahora si capte la idea! Muchas gracias che, me quedó mas claro.

Saludos!

[pierrot]

Ahí va, ahora si capte la idea! Muchas gracias che, me quedó mas claro.

De nada  .

De la misma manera se puede calcular la varianza.

\( \displaystyle \mathbb{V}(X)=\mathbb{E}\big((X-\mu)^2\big)=\int_{-\infty}^{+\infty}(x-\mu)^2f_X(x)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}u^2f_X(u+\mu)du \)

Ahora \( h(u):=u^2f_X(u+\mu)=u^2\frac{1}{2b}e^{-|u|/b} \) es claramente una función par, por lo que la varianza sería simplemente:

\( \displaystyle 2\int_0^{+\infty}u^2\frac{1}{2b}e^{-u/b}du=\frac{1}{b}\int_0^{+\infty}u^2e^{-u/b}du \)

Integrando dos veces por partes obtienes que \( \int_0^{+\infty}u^2e^{-u/b}du=2b^3 \). Y es bastante más simple que hacer todas las cuentas (me parece a mí). De hecho para calcular la esperanza no resolvimos ninguna integral, sólo hicimos un cambio de variable.

Saludos

[Jupa]

Impecable, muchas gracias Pablo por las respuestas, ahora si todo aclarado.

Saludos!