Determinar \(E(X)\) y \(V(X)\), cuando \(X \sim N(\mu, \sigma^2)\)
En este caso, la FGM es \(\varphi_{X}(t)= e^{\mu t+\frac{\sigma^2t^2}{2}}\), y \(E(X)=\varphi'_X(0)\), derivaremos \(\varphi\).
Dado que \(\frac{d}{dx} e^x = e^x\), calculamos la derivada de \(\mu t+\frac{\sigma^2t^2}{2}\), dejando nuestra función así
\[\varphi'_X(t)=e^{\mu t+\frac{\sigma^2t^2}{2}}*(\sigma^2t+\mu)\] Al evaluarlo en 0, tenemos
\[\varphi'_X(0)=e^{\mu 0+\frac{\sigma^20^2}{2}}*(\sigma^20+\mu)= \\ \text{ } \\ 1 * (0 + \mu) = \mu = E(X)\] Luego, para el cálculo de la varianza -\(V(X) = E(X^2)-(E(X))^2\)-, se puede obtener por la FGM, tal que
\[V(X) = \varphi''_X(0)-\varphi'_X(0)^2\] Con estos elementos, para obtener \(\varphi''_X\), nos queda
\[\varphi''_X(t)=(\mu+\sigma^2t)^2*e^{\mu t+\frac{\sigma^2t^2}{2}}+e^{\mu t+\frac{\sigma^2t^2}{2}}*\sigma^2\] De esta forma
\[\varphi''_X(0)=(\mu+\sigma^20)^2*e^{\mu 0+\frac{\sigma^20^2}{2}}+e^{\mu 0+\frac{\sigma^20^2}{2}}*\sigma^2 = \\ \text{ } \\ (\mu + 0)^2 * 1 + 1 * \sigma^2 \\ \text{ } \\ \mu^2 + \sigma^2\]
Por último, nuestra \(V(X)\) la calculamos por
\[V(X)= \mu^2 + \sigma^2 - \mu^2=\sigma^2\]
Sean X con densidad \(f_X(x)=\frac{1}{30}xI_{]2,8[}(x)\), determinar la FGM de \(Y=ln(X)\)
Dado que \(\varphi_{Y}(t)=E(e^{tY})\), tenemos lo siguiente
\[E(e^{t*ln(X)})=E(e^{ln(X^t)})=E(X^t)\] Luego, para obtener la FGM realizo la integral
\[E(X^t)=\int_{2}^{8}x^t* \frac{x}{30}dx= \\ \text{ } \\ \frac{8^{t+2}-2^{t+2}}{30(t+2)} = \varphi_Y(t), \text{ } \exp(2) < \ln(x) < \exp(8)\]
Sean \(X_1, ...X_4\) v.a. i.i.d. U[0,4], determinar \(P(min\{X_1, ...X_4\}+max\{X_1, ...X_4\} \geq 9)\) dejando expresadas las integrales
Dada la distribución original es uniforme tenemos que
\[f_X(x)= \begin{cases} & \frac{1}{4} \text{ si } x \in [0,4] \\ & 0 \text{ eoc } \end{cases}\]
Y
\[F_X(x)= \begin{cases} & 0 \text{ si } x < 0 \\ & \frac{x}{4} \text{ si } 0 \le x < 4\\ & 1 \text{ si } x \geq 4 \end{cases}\]
Con estos elementos, la fórmula para obtener la distribución conjunta de ambas v.a., es
\[f_{Y_{(1)}Y_{(n)}}(X, Y) = \begin{cases} & \frac{n!}{0!(n-1-1)!0!}(F(x))^0f(x)(F(y)-F(x))^{n-2}f(y)(1-F(y))^0\text{ si } x < y \\ & 0 \text{ eoc } \end{cases}\]
Si reemplazamos tenemos que
\[\frac{4!}{0!(4-1-1)!0!}1*f(x)(F(y)-F(x))^{4-2}f(y)(1-F(y))^0=\] \[\frac{24}{2}*1*\frac{1}{4}(\frac{y}{4}-\frac{x}{4})^{2}\frac{1}{4}*1=\] \[\frac{3(y-x)^2}{64}\] Con esto llegamos a que nuestra distribución queda como
\[f_{Y_{(1)}Y_{(4)}}(x, y)= \begin{cases} & \frac{3(y-x)^2}{64} \text{ si } 0 \le x < y \le 4 \\ & 0 \text{ eoc } \end{cases}\]
Luego nos queda estimar nuestra función de probabilidad, no obstante, es preciso deternos en las restricciones del problema, ya que
\[0 \le x < 4, \text{ } 0 \le y < 4 \rightarrow{0\le x < y \le 4} \] Por lo que \[\{(x, y)|0 \le x < y \le 4, \text{ }x+y \geq 9\}= \emptyset\] \[P(x+y \geq 9)=0\] Esto es, la probabilidad de que el valor máximo y mínimo en nuestras variables aleatorias, sea mayor que nueve es 0.