[alejandra]

Hola! Podrian ayudarme con el siguiente ejercicio? Realmente no se que hacer, 

Suponiendo que (X,Y) tiene distribución conjunta dada por la densidad

\( f(x,y)=g(x)g(y) \)

con x,y reales y g es una función densidad en \( \mathbb{R} \)

Mostrar que \( P[X\leq{Y}]=P[Y\leq{X}]=\displaystyle\frac{1}{2} \)


Desde ya muchas gracias!

[numbsoul]

Observemos primero que \( \{Y<X\} \) es el evento complementario de \( \{X\leq Y\} \) y como \( (X,Y) \) es un vector absolutamente continuo,se tiene \( P(Y<X)=P(Y\leq X) \).

Por lo tanto,basta probar que \( P(X\leq Y)=\dfrac{1}{2} \),pues así el evento complementario tendrá necesariamente probabilidad \( \dfrac{1}{2} \)

[soneu]

Hola,

no estás usando para nada como es la función de densidad. ¿Es el resultado general?

Un saludo

[HernanV]

Lo único que te mostró numbsoul es que una afirmación implica la otra. Es decir, basta probar que \( \displaystyle \mathbb{P}(X\leq Y)=\dfrac{1}{2} \), ya que eso implica que \( \displaystyle \mathbb{P}(X \geq Y)=\dfrac{1}{2} \). Pero la demostración no se ha hecho .

[alejandra]

claro en un momento pensaba usar esto

Si \( P[X\leq{Y}]=P[Y\leq{X}]\rightarrow{P[X\leq{Y}]\wedge P[Y\leq{X}]\textsf{son iguales a}\displaystyle\frac{1}{2}} \)

Demostración:
\( P[X\leq{Y}]+P[Y\leq{X}]=1 \)
\( 2P[X\leq{Y}]=1 \)
\( P[X\leq{Y}]=P[Y\leq{X}]=\displaystyle\frac{1}{2} \)

Supongo que para probar la vuelta de la implicación habrá que usar la hipótesis, pero cómo?

[pierrot]

claro en un momento pensaba usar esto

Si \( P[X\leq{Y}]=P[Y\leq{X}]\rightarrow{P[X\leq{Y}]\wedge P[Y\leq{X}]\textsf{son iguales a}\displaystyle\frac{1}{2}} \)

Demostración:
\( P[X\leq{Y}]+P[Y\leq{X}]=1 \)
\( 2P[X\leq{Y}]=1 \)
\( P[X\leq{Y}]=P[Y\leq{X}]=\displaystyle\frac{1}{2} \)

Supongo que para probar la vuelta de la implicación habrá que usar la hipótesis, pero cómo?

Claro, a eso apuntaba la idea de numbsoul. Falta demostrar que \( P[X\leq Y]=\frac{1}{2} \) como dijo HernanV.

\( \displaystyle P[X\leq Y]=P[(X,Y)\in D]=\iint_Df(x,y)dxdy \) siendo \( D=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:x\leq y\} \). Pero:

\( {\displaystyle \iint_Df(x,y)dxdy=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_x^{+\infty}g(x)g(y)dydx=\int_{-\infty}^{+\infty}\left(g(x)\int_x^{+\infty}g(y)dy\right)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)\big(1-F_Z(x)\big)dx} \)

La variable \( Z \) es absolutamente continua y tiene densidad \( g(t) \). \( \displaystyle F_Z(x)=\int_{-\infty}^xg(t)dt \) denota a su función de distribución. Ahora integra por partes.

Saludos

[pierrot]

Bueno, me tengo que ir y estaba expectante por ver qué ibas a contestar  . Así que hago dos observaciones más que tal vez te ayuden.

1-\( \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}g(x)dx=1 \) pues \( g(x) \) es función de densidad en \( \mathbb{R} \).

2-\( \displaystyle \int g(x)F_Z(x)dx=\frac{[F_Z(x)]^2}{2}+C \).

Un saludo 

[alejandra]

2-\( \displaystyle \int g(x)F_Z(x)dx=\frac{[F_Z(x)]^2}{2}+C \).

\( \displaystyle \int g(x)F_Z(x)dx= F_Z(x) - \displaystyle \int g(x)dx=F_Z(x) - 1 \)

\( u=F_Z(x) ,dv=g(x)dx, du=g(x)dx , v=1 \)

mmm creo que algo no estoy haciendo bien, igual muchas gracias Pablo por ayudarme 

[pierrot]

\( \displaystyle \int g(x)F_Z(x)dx= F_Z(x) - \displaystyle \int g(x)dx=F_Z(x) - 1 \)

\( u=F_Z(x) ,dv=g(x)dx, du=g(x)dx , v=1 \)

mmm creo que algo no estoy haciendo bien, igual muchas gracias Pablo por ayudarme 

De nada. Sí, creo que tienes un error. Antes de analizar las cuentas, fijate \( F_Z(x)-1 \) no puede ser una primitiva de \( g(x)F_Z(x) \) porque \( \displaystyle \frac{\partial}{\partial x}\big(F_Z(x)-1\big)=\displaystyle \frac{\partial F_Z(x)}{\partial x}-0=g(x)\neq g(x)F_Z(x) \).

Tu error es el que señalo en rojo:

\( u=F_Z(x) ,dv=g(x)dx, du=g(x)dx , v={\red F_Z(x)} \)

[alejandra]

\( \displaystyle P[X\leq Y]=P[(X,Y)\in D]=\iint_Df(x,y)dxdy \) siendo \( D=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:x\leq y\} \). Pero:

\( {\displaystyle \iint_Df(x,y)dxdy=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_x^{+\infty}g(x)g(y)dydx=\int_{-\infty}^{+\infty}\left(g(x)\int_x^{+\infty}g(y)dy\right)dx=\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)\big(1-F_Z(x)\big)dx}  \)

Saludos

Continuaría asi?

\( \int_{-\infty}^{+\infty}g(x)\big(1-F_Z(x)\big)dx}= \int_{-\infty}^{+\infty}g(x)dx}-\int_{-\infty}^{+\infty}F_Z(x)g(x)dx}= 1-\frac{[F_Z(x)]^2}{2} \)

\( P[X\leq Y]=1-\frac{[F_Z(x)]^2}{2} \)

Entonces habría que probar que \( [F_Z(x)]^2=1 \)? Como no se me ocurría la forma de hacerlo pensé que hayando
\( P[Y\leq X] \) deberíamos llegar a una igualdad, pero se torno mas feo pues tendría que probar que \( \frac{[F_Z(x)]^2}{2}=\frac{[F_W(y)]^2}{2} \)

Nosé cómo seguir...