Сумма двух экспонент и доля первого слагаемого: независимость через якобиан

Сумма и одно из её слагаемых зависимы. Но для двух одинаковых экспоненциальных величин доля первого слагаемого в общей сумме оказывается независимой от самой суммы.

Условие

Y₁ и Y₂ независимы и имеют экспоненциальное распределение с интенсивностью 5. Обозначим S = Y₁ + Y₂ и R = Y₁/S. Найдите совместные и условные плотности, проверьте независимость R и S, а также Y₁ и S.

В источнике решение не заполнено; далее — редакционный расчёт. Параметр 5 используется как интенсивность, поэтому среднее отдельной величины равно 1/5.

Исходные плотности

f_Y₁(y₁) = 5e^−5y₁, y₁ > 0. График убывает от правого предела 5 в нуле к нулю на бесконечности; слева от нуля плотность нулевая.

По независимости f(y₁, y₂) = 25e^{−5(y₁+y₂)} при y₁, y₂ > 0. В остальных точках она равна нулю.

Переход к доле и сумме

Обратное преобразование: y₁ = rs, y₂ = (1 − r)s. Его область — 0 < r < 1, s > 0, а абсолютное значение якобиана равно s. Поэтому:

f_R,S(r, s) = 25s e^−5s, 0 < r < 1, s > 0.

Здесь область прямоугольна по координатам r и s, а плотность раскладывается в произведение 1 по r и 25s e^−5s по s. Обе части нормированы.

R равномерна на [0; 1], S имеет гамма-распределение формы 2 и интенсивности 5; R и S независимы.

Первое слагаемое при известной сумме

Для пары (Y₁, S) обратная замена y₂ = s − y₁ имеет единичный якобиан. Значит:

f_Y₁,S(y₁, s) = 25e^−5s, 0 < y₁ < s.

Делим на плотность S, равную 25s e^−5s:

f_Y₁|S(y₁ | s) = 1/s, 0 < y₁ < s.

При фиксированной сумме все её разбиения на два положительных слагаемых равновероятны по положению первого слагаемого. Поэтому E(Y₁ | S = s) = s/2.

Почему Y₁ и S не независимы

Допустимая длина интервала для Y₁ зависит от s. Кроме того, Cov(Y₁, S) = Var(Y₁) + Cov(Y₁, Y₂) = 1/25 > 0. Независимость при конечных моментах исключала бы такую ковариацию.

Проверка средних: E(R) = 1/2 и E(S) = 2/5. По независимости R и S среднее RS равно 1/5, как и E(Y₁). Наличие якобиана s необходимо: без него совместная плотность новых координат не нормировалась бы.

Минимум независимых экспоненциальных времён · Математика.

Б. Демешев и участники · probability_pro, 16.16 · CC BY 4.0. Условие адаптировано; решение редакции.