Ejemplo

Consideremos el experimento aleatorio de lanzar un dado no trucado dos veces.

Sea \(S\) la suma de los resultados obtenidos y \(P\) el producto de los mismos.

La variable aleatoria \((S,P)\) que asigna a cada resultado \(w=(x_1,x_2)\) donde \(x_1\) es el resultado obtenido en el primer lanzamiento y \(x_2\), el resultado obtenido en el segundo, los valores: \(S(w)=x_1+x_2\) y \(P(w)=x_1\cdot x_2\) sería una variable aleatoria bidimensional.

El suceso \(\{2\leq S\leq 4,\ 3\leq P\leq 6\}\) seria: \[ \{2\leq S\leq 4,\ 3\leq P\leq 6\} = \{(1,3),(3,1),(2,2)\}. \]

Ejemplo

Consideremos el experimento aleatorio de elegir al azar un estudiante de primer curso de grado. Sea \(w\) el estudiante elegido. Consideremos la variable aleatoria \((H,W)\) que asigna a dicho estudiante \(w\), \(H(w):\) la altura de dicho estudiante en cm. y \(W(w):\) el peso de dicho estudiante en kg.

Estamos interesado en sucesos del tipo \(A=\{H\leq 176,\ W\leq 85\}\), o sea, el conjunto de estudiantes que miden menos de 1.76 m. y que pesan menos de 85 kg.

Ejemplo

Consideremos una variable aleatoria bidimensional \((X,Y)\) con función de distribución conjunta: \[ F_{XY}(x,y)=\begin{cases} 0, & \mbox{si }x<0,\mbox{ o }y<0,\\ xy, & \mbox{si }0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1, \\ x, & \mbox{si }0\leq x\leq 1,\ y> 1, \\ y, & \mbox{si }0\leq y\leq 1,\ x> 1, \\ 1, & x\geq 1,\ y\geq 1. \end{cases} \] En la figura siguiente, hemos representado por zonas cómo está definida \(F_{XY}\).

Comprobemos algunas de las propiedades que hemos enunciado anteriormente:

• Claramente \(F_{XY}(x,-\infty)=F_{XY}(-\infty,y)=0\) ya que \(F_{XY}(x,y)=0\) si \(x<0\) o \(y<0\). Por tanto, si hacemos tender \(x\) o \(y\) hacia \(-\infty\), obtendremos que \(F_{XY}(x,-\infty)=F_{XY}(-\infty,y)=0\).

• De la misma manera \(F_{XY}(\infty,\infty)=1\) ya que \(F_{XY}(x,y)=1\) para \(x>1\) e \(y>1\). Por tanto, si hacemos tender \(x\) e \(y\) hacia \(\infty\), obtendremos \(F_{XY}(\infty,\infty)=1\).

• Hallemos las marginales: \[ F_X(x)=F_{XY}(x,\infty)=\begin{cases} 0, & \mbox{ si }x<0,\\ x, & \mbox{ si } 0\leq x\leq 1,\\ 1, & \mbox{ si } x>1. \end{cases} \] Para ver la expresión anterior basta trazar la recta vertical \(X=x\) en el gráfico anterior y ver hacia dónde tiende a medida que la \(y\) se va hacia \(\infty\).

¿Habéis averiguado cuál es la distribución de \(X\)?

¡Efectivamente!, \(X\) es la uniforme en el intervalo \((0,1)\).

Dejamos como ejercicio hallar la distribución marginal para la variable \(Y\).

• Comprobemos que \(F_{XY}\) es continua por el “norte” y el “este” en el punto \((1,1)\) que sería un punto problemático: \[ \lim_{x\to 1,x> 1} F_{XY}(x,1)=\lim_{x\to 1,x> 1} 1 = F_{XY}(1,1),\ \lim_{y\to 1,y> 1} F_{XY}(1,y)=\lim_{y\to 1,y> 1} 1 = F_{XY}(1,1). \]

Hagamos un gráfico 3D de la función de distribución conjunta usando la función persp de R para \(x\) e \(y\) entre -2 y 2.

Primero definimos la función y luego la dibujamos:

f.dist.con = function(x,y){ifelse(x<0 | y<0,0,
                           ifelse(x>=0 & x<=1 & y>=0 & y<=1,x*y,
                           ifelse(x>=0 & x<=1 & y >1,x,ifelse(y>=0 & y<=1 & x>1,y,1))))}
x=seq(from=-2,to=2,by=0.1)
y=seq(from=-2,to=2,by=0.1)
z=outer(x,y,f.dist.con)
persp(x,y,z,theta=50,phi=40,col="blue",shade=0.25,ticktype="detailed")

Ejemplo: dos lanzamientos de un dado no trucado

Consideremos el experimento aleatorio de lanzar dos veces un dado no trucado.

Sea \((S,P)\) la variable aleatoria bidimensional que nos da la suma y el producto de los resultados obtenidos, respectivamente.

La función de distribución conjunta en el valor \((3,4)\) será: \[ F_{XY}(3,4) = P(S\leq 3,\ P\leq 4)=P\{(1,1), (1,2), (2,1) \}=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}\approx 0.083, \] ya que \(\Omega\) tiene en total \(36\) resultados: \[ \Omega =\{(1,1),(1,2).\ldots, (6,6)\}. \] y los únicos resultados en los que la suma es menor o igual que 3 y el producto menor o igual que 4 son \((1,1)\) (suma 2 producto 1), \((1,2)\) (suma 3 y producto 2) y \((2,1)\) (suma 3 y producto 2).

Ejemplo

La variable aleatoria bidimensional anterior que nos daba la suma y el producto de los resultados obtenidos por los dos lanzamientos, respectivamente es discreta ya que: \[ \begin{array}{rl} (S,P)(\Omega) & =\{(2,1),(3,2),(4,3),(4,4),(5,4),(5,6),(6,5),(6,8),(6,9),(7,6),(7,10),(7,12),(8,12),\\ & (8,15),(8,16),(9,18),(9,20),(10,24),(10,25),(11,30),(12,36)\}. \end{array} \]

Ejemplo de la suma y el producto de los resultados de dos lanzamientos de un dado

La función de probabilidad conjunta será:

Vamos a definir unas funciones en R para calcular la función de probabilidad conjunta.

La función pdado devuelve la probabilidad de que salga la cara x en un dado de n caras donde por defecto \(n=6\):

pdado =function(x,n=6)  sapply(x,FUN=function(x) 
  if( x %in% c(1:n))  {return(1/n)} else {return(0)})

Vamos a probarla. La probabilidad de que salga la cara 4 en un dado de 6 caras vale:

pdado(4,6)

## [1] 0.1666667

La función pdado2 devuelve la probabilidad de que salgan las caras x e y cuando lanzamos un dado de n caras dos veces:

pdado2 =function(x,y,n=6) {pdado(x,n)*pdado(y,n)}

Por ejemplo la probabilidad de que salgan las caras 3 y 4 en un dado de 6 caras será:

pdado2(3,4,6)

## [1] 0.02777778

La función psum_prod nos da la función de probabilidad conjunta de la suma y el producto cuando lanzamos dos dados de n caras:

psum_prod=function(x,y,n=6){
  Dxy=data.frame(d1=rep(1:n,each=n),d2=rep(1:n,times=n))
  Dxy$suma=Dxy$d1+Dxy$d2
  Dxy$producto=Dxy$d1*Dxy$d2
  aux=Dxy[Dxy$suma==x& Dxy$producto==y,]
  sum(apply(aux[,1:2],FUN=function(x) {pdado2(x[1],x[2],n=n)},1 ))
}

Por ejemplo, sabemos que \(P_{SP}(6,8)=\frac{2}{36}=0.0556\):

psum_prod(6,8)

## [1] 0.05555556

Para construir la tabla de la función de probabilidad conjunta para la variable \((S,P)\) hacemos lo siguiente:

n=6
Dxy=data.frame(d1=rep(1:n,each=n),d2=rep(1:n,times=n))
Dxy$suma=Dxy$d1+Dxy$d2
Dxy$producto=Dxy$d1*Dxy$d2
tabla.func.prob.conjunta=prop.table(table(Dxy$suma,Dxy$producto))
knitr::kable(round(tabla.func.prob.conjunta[1:6,1:9],4))
knitr::kable(round(tabla.func.prob.conjunta[1:6,10:18],4))
knitr::kable(round(tabla.func.prob.conjunta[7:11,1:9],4))
knitr::kable(round(tabla.func.prob.conjunta[7:11,10:18],4))

	1	2	3	4	5	6	8	9	10
2	0.0278	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000
3	0.0000	0.0556	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000
4	0.0000	0.0000	0.0556	0.0278	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000
5	0.0000	0.0000	0.0000	0.0556	0.0000	0.0556	0.0000	0.0000	0.0000
6	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0556	0.0000	0.0556	0.0278	0.0000
7	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0556	0.0000	0.0000	0.0556

	12	15	16	18	20	24	25	30	36
2	0.0000	0	0	0	0	0	0	0	0
3	0.0000	0	0	0	0	0	0	0	0
4	0.0000	0	0	0	0	0	0	0	0
5	0.0000	0	0	0	0	0	0	0	0
6	0.0000	0	0	0	0	0	0	0	0
7	0.0556	0	0	0	0	0	0	0	0

	1	2	3	4	5	6	8	9	10
8	0	0	0	0	0	0	0	0	0
9	0	0	0	0	0	0	0	0	0
10	0	0	0	0	0	0	0	0	0
11	0	0	0	0	0	0	0	0	0
12	0	0	0	0	0	0	0	0	0

	12	15	16	18	20	24	25	30	36
8	0.0556	0.0556	0.0278	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000
9	0.0000	0.0000	0.0000	0.0556	0.0556	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000
10	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0556	0.0278	0.0000	0.0000
11	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0556	0.0000
12	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0000	0.0278

Ejemplo de la suma y el producto de los resultados de dos lanzamientos de un dado

Apliquemos la fórmula que relaciona la función de distribución conjunta con la función de probabilidad conjunta para \((x,y)=(5,4)\).

Recordemos la tabla de la función de probabilidad conjunta hasta \(S=5\) y \(P=4\):

Observamos que los únicos valores \((x_i,y_j)\in (X,Y)(\Omega)\) que verifican \(x_i\leq 5\) y \(y_j\leq 4\) son \((2,1)\), \((3,2)\), \((4,3)\), \((4,4)\) y \((5,4)\). Por tanto, \[ \begin{array}{rl} F_{SP}(5,4) & = P_{SP}(2,1)+P_{SP}(3,2)+P_{SP}(4,3)+P_{SP}(4,4)+P_{SP}(5,4) \\ & = \frac{1}{36}+\frac{2}{36}+\frac{2}{36}+\frac{1}{36}+\frac{2}{36} = \frac{8}{36}=\frac{2}{9}. \end{array} \] O sea, “a la larga”, de cada 9 ocasiones que lanzamos un dado dos veces, en 2 ocasiones obtenemos un resultado cuya suma es menor o igual que 5 y cuyo producto es menor o igual que 4.

Para definir la función de distribución conjunta definimos la función siguiente en R:

func.dist.conj = function(x,y,n=6){
  sum(tabla.func.prob.conjunta[as.integer(rownames(tabla.func.prob.conjunta))<=x,
                            as.integer(colnames(tabla.func.prob.conjunta)) <=y])
}

Comprobemos que \(F_{SP}(5,4)=\frac{2}{9}=0.2222\):

func.dist.conj(5,4)

## [1] 0.2222222

Ejemplo de la suma y el producto de los resultados de dos lanzamientos de un dado

Hallemos la función de probabilidad marginal para la suma de los resultados \(S\) usando la expresión vista: \[ \begin{array}{rl} P_S(2) & = P_{SP}(2,1)=\frac{1}{36},\\ P_S(3) & = P_{SP}(3,2)=\frac{2}{36},\\ P_S(4) & = P_{SP}(4,3)+P_{SP}(4,4)=\frac{2}{36}+\frac{1}{36}=\frac{3}{36}=\frac{1}{12},\\ P_S(5) & = P_{SP}(5,4)+P_{SP}(5,6)=\frac{2}{36}+\frac{2}{36}=\frac{4}{36}=\frac{1}{9},\\ P_S(6) & = P_{SP}(6,5)+P_{SP}(6,8)+P_{SP}(6,9)=\frac{2}{36}+\frac{2}{36}+\frac{1}{36}=\frac{5}{36},\\ P_S(7) & = P_{SP}(7,6)+P_{SP}(7,10)+P_{SP}(7,12)=\frac{2}{36}+\frac{2}{36}+\frac{2}{36}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6},\\ P_S(8) & = P_{SP}(8,12)+P_{SP}(8,15)+P_{SP}(8,16)=\frac{2}{36}+\frac{2}{36}+\frac{1}{36}=\frac{5}{36},\\ P_S(9) & = P_{SP}(9,18)+P_{SP}(9,20)=\frac{2}{36}+\frac{2}{36}=\frac{4}{36}=\frac{1}{9},\\ P_S(10) & = P_{SP}(10,24)+P_{SP}(10,25)=\frac{2}{36}+\frac{1}{36}=\frac{3}{36}=\frac{1}{12},\\ P_S(11) & = P_{SP}(11,30)=\frac{2}{36},\\ P_S(12) & = P_{SP}(12,36)=\frac{1}{36}. \end{array} \]

La función de probabilidad marginal de la suma \(S\) queda resumida en la tabla siguiente:

Para hallar la función de probabilidad marginal de la suma basta sumar las filas de la tabla que nos daba la función de probabilidad conjunta:

marginal.suma = apply(tabla.func.prob.conjunta,1,sum)
marginal.suma

##          2          3          4          5          6          7          8 
## 0.02777778 0.05555556 0.08333333 0.11111111 0.13888889 0.16666667 0.13888889 
##          9         10         11         12 
## 0.11111111 0.08333333 0.05555556 0.02777778

De la misma manera, para hallar la función de probabilidad marginal del producto basta sumar las columnas de la tabla anterior:

marginal.producto = apply(tabla.func.prob.conjunta,2,sum)
marginal.producto

##          1          2          3          4          5          6          8 
## 0.02777778 0.05555556 0.05555556 0.08333333 0.05555556 0.11111111 0.05555556 
##          9         10         12         15         16         18         20 
## 0.02777778 0.05555556 0.11111111 0.05555556 0.02777778 0.05555556 0.05555556 
##         24         25         30         36 
## 0.05555556 0.02777778 0.05555556 0.02777778

Ejemplo

Consideremos la función de densidad siguiente: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} 1, & \mbox{ si }0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1, \\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \] En este caso, si consideramos \(B=\left[-1,\frac{1}{2}\right]\times \left[-1,\frac{1}{2}\right]\), la probabilidad de que \((X,Y)\) esté en \(B\) se calcularía de la forma siguiente: \[ P((X,Y)\in B)=\int_{-1}^{\frac{1}{2}}\int_{-1}^{\frac{1}{2}} f_{XY}(x,y)\, dx\, dy =\int_0^{\frac{1}{2}}\int_0^{\frac{1}{2}} 1\, dx\,dy=\int_0^{\frac{1}{2}} 1\, dx\int_0^{\frac{1}{2}} 1\, dy=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4}. \] En la figura siguiente hemos dibujado en morado la región donde \(f_{XY}\) no es cero, o sea \([0,1]\times [0,1]\), la región \(B\) en verde y la región intersección de las dos anteriores que es donde tenemos que integrar la función de densidad dada.

Ejemplo anterior

Comprobemos las propiedades usando la función de densidad del ejemplo anterior: \(f_{XY}(x,y)=\begin{cases} 1, & \mbox{ si }0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1, \\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases}\)

• La integral de \(f_{XY}\) sobre todo el plano vale 1: \[ \int\int_{\mathbb{R}^2} f_{XY}(x,y)\,dx\, dy=\int_0^1\int_0^1 1\, dx\, dv=\int_0^1 1\, dx\int_0^1 1\, dy=1\cdot 1=1. \]

• Vamos a calcular la función de distribución \(F_{XY}\). Para ello dividimos el plano en 5 zonas tal como muestra la figura siguiente:

Sea \((x,y)\) un punto cualquiera de \(\mathbb{R}^2\). De cara a calcular \(F_{XY}(x,y)\) tenemos que averiguar el conjunto intersección siguiente: \(([0,1]\times [0,1])\cap ((-\infty,x]\times (-\infty,y])\) ya que el dominio donde \(f_{XY}\) es no nula es \([0,1]\times [0,1]\) y la función de distribución \(F_{XY}(x,y)\) valdrá: \[ F_{XY}(x,y)=\int_{-\infty}^x\int_{-\infty}^y f_{XY}(u,v)\,du\,dv =\int\int_{([0,1]\times [0,1])\cap ((-\infty,x]\times (-\infty,y])} f_{XY}(u,v)\,du\,dv. \]

• Caso \((x,y)\in \mbox{Zona A}\) o \(x<0\) o \(y<0\) En este caso: \(([0,1]\times [0,1])\cap ((-\infty,x]\times (-\infty,y])=\emptyset.\) Ver figura siguiente donde la zona morada \(([0,1]\times [0,1]\)) no se interseca con la zona verde (\((-\infty,x]\times (-\infty,y]\)).

Por tanto en este caso, \(F_{XY}(x,y)=0\).

• Caso \((x,y)\in \mbox{Zona B}\), o \((x,y)\in [0,1]\times [0,1]\). En este caso: \(([0,1]\times [0,1])\cap ((-\infty,x]\times (-\infty,y])=[0,x]\times [0,y].\) Ver figura siguiente.

Por tanto en este caso, \[ F_{XY}(x,y)=\int_0^x \int_0^y 1\,du\,dv =\int_0^x 1\, du\int_0^y 1\, dy =x\cdot y. \]

Dejamos como ejercicio los otros casos. En resumen: \[ F_{XY}(x,y)=\begin{cases} 0, & \mbox{ si }x<0, \mbox{ o }y<0,\\ x y, & \mbox{ si }(x,y)\in [0,1]\times [0,1],\\ x, & \mbox{ si }0\leq x\leq 1,\ y>1,\\ y, & \mbox{ si }x>1,\ 0\leq y\leq 1,\\ 1, & \mbox{ si } x>1,\ y>1. \end{cases} \] ¿Os suena?

Ver el primer ejemplo que pusimos del tema. Es la misma variable aleatoria bidimensional. Ahora sabemos que se trata de una variable aleatoria bidimensional continua.

Comprobemos seguidamente que si derivamos dos veces la expresión de \(F_{XY}\), primero respecto \(x\) y después respecto \(y\), obtendremos la función de densidad \(f_{XY}\).

Si derivamos respecto \(x\) obtenemos: \[ \frac{\partial F_{XY}(x,y)}{\partial x}=\begin{cases} 0, & \mbox{ si }x<0, \mbox{ o }y<0,\\ y, & \mbox{ si }(x,y)\in [0,1]\times [0,1],\\ 1, & \mbox{ si }0\leq x\leq 1,\ y>1,\\ 0, & \mbox{ si }x>1,\ 0\leq y\leq 1,\\ 0, & \mbox{ si } x>1,\ y>1. \end{cases} \] Si ahora derivamos respecto \(y\) obtenemos: \[ \frac{\partial^2 F_{XY}(x,y)}{\partial y\partial x}=\begin{cases} 0, & \mbox{ si }x<0, \mbox{ o }y<0,\\ 1, & \mbox{ si }(x,y)\in [0,1]\times [0,1],\\ 0, & \mbox{ si }0\leq x\leq 1,\ y>1,\\ 0, & \mbox{ si }x>1,\ 0\leq y\leq 1,\\ 0, & \mbox{ si } x>1,\ y>1, \end{cases} \] expresión que coincide con la función de densidad \(f_{XY}(x,y)\).

Hallemos para finalizar las funciones de densidad marginales. Empecemos con \(f_X(x)\): \[ f_X(x)=\int_{-\infty}^\infty f_{XY}(x,y)\, dy. \] Recordemos que la región donde no se anulaba la función de densidad conjunta \(f_{XY}\) era el cuadrado \([0,1]\times [0,1]\). Por tanto, fijado \(x\), el valor de \(f_X(x)\) será no nulo si la recta vertical \(X=x\) interseca dicho cuadrado. Y esto ocurre siempre que \(x\in (0,1)\). Por tanto, \[ f_X(x)=\begin{cases} \int_{0}^1 f_{XY}(x,y)\, dy=\int_{0}^1 1\, dy=1, & \mbox{ si }x\in (0,1),\\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \] Por tanto la variable \(X\) sigue la distribución uniforme en el intervalo \([0,1]\).

Dejamos como ejercicio comprobar que la variable \(Y\) también sigue la distribución uniforme en el mismo intervalo.

Ejemplo

Consideremos la variable aleatoria bidimensional \((X,Y)\) con función de densidad: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} c \mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}, & 0\leq y\leq x < \infty,\\ 0, & \mbox{ en caso contrario,} \end{cases} \] donde \(c\) es un valor que se tiene que hallar para que \(f_{XY}\) sea función de densidad.

Para hallar \(c\), hemos de imponer que la integral de la función anterior debe ser 1 sobre todo el plano \(\mathbb{R}^2\).

Primero fijémonos en como es la región de integración (zona morada de la figura). Fijado un valor \(x\geq 0\), el valor \(y\) va desde \(y=0\) hasta \(y=x\). Por tanto, para calcular el valor de \(c\), hay que hacer lo siguiente:

\[ \begin{array}{rl} 1 & =\int\int_{\mathbb{R}^2}f_{XY}(x,y)\, dx\, dy=\int_{x=0}^{x=\infty}\int_{y=0}^{y=x} c \mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y} \, dy\, dx =c \int_{x=0}^{x=\infty}\mathrm{e}^{-x}\int_{y=0}^{y=x}\mathrm{e}^{-y}\, dy\, dx \\ & = c \int_{x=0}^{x=\infty}\mathrm{e}^{-x}\left[-\mathrm{e}^{-y}\right]_{y=0}^{y=x}\, dx = c \int_{x=0}^{x=\infty}\mathrm{e}^{-x}\left(1-\mathrm{e}^{-x}\right)\, dx =c \int_{x=0}^{x=\infty}\left(\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}\right)\, dx \\ & = c \left[-\mathrm{e}^{-x}+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}\right]_{x=0}^{x=\infty} = c\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{c}{2}. \end{array} \] El valor de \(c\) será \(c=2\).

Vamos a calcular seguidamente su función de distribución.

Fijémonos que, en este caso, si \(x<0\) o \(y<0\), \(F_{XY}(x,y)=0\), ya que el dominio \(B=(-\infty,x]\times (-\infty,y]\) no interseca la zona morada del gráfico anterior.

Suponemos entonces que \(x\geq 0\) e \(y\geq 0\).

Vamos a considerar dos casos:

• \(x\leq y\). Ver zona verde del gráfico siguiente.

• \(x\geq y\). Ver zona morada del gráfico siguiente.

• Caso \(x\leq y\) (zona verde de la figura adjunta). En este caso, si hacemos la intersección de la región \(B=(-\infty,x]\times (-\infty,y]\) (zona azul) con la zona morada o región donde \(f_{XY}(x,y)\neq 0\) obtenemos el triángulo \(T_{x,y}=\{(u,v)\in\mathbb{R}^2,\ 0\leq u\leq x,\ 0\leq v\leq u\}.\) Ver figura adjunta.

Por tanto, \[ \begin{array}{rl} F_{XY}(x,y) & =\int_{u=0}^{u=x}\int_{v=0}^{v=u} f_{XY}(u,v)\,dv\,du= 2 \int_{u=0}^{u=x} \mathrm{e}^{-u}\int_{v=0}^{v=u} \mathrm{e}^{-v}\,dv\,du = 2 \int_{u=0}^{u=x} \mathrm{e}^{-u}\left[-\mathrm{e}^{-v}\right]_{v=0}^{v=u}\, du \\ & = 2 \int_{u=0}^{u=x} \mathrm{e}^{-u} (1-\mathrm{e}^{-u})\, du =2 \int_{u=0}^{u=x} \left(\mathrm{e}^{-u}-\mathrm{e}^{-2u}\right)\, du=2 \left[-\mathrm{e}^{-u}+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2u}\right]_{u=0}^{u=x} \\ & = 2\left(-\mathrm{e}^{-x}+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}+1-\frac{1}{2}\right) =1-2\mathrm{e}^{-x}+\mathrm{e}^{-2x}. \end{array} \]

• Caso \(x\geq y\) (zona morada de la figura adjunta). En este caso, si hacemos la intersección de la región \(B=(-\infty,x]\times (-\infty,y]\) (zona azul) con la zona morada o región donde \(f_{XY}(x,y)\neq 0\) obtenemos el trapecio \(T_{x,y}=\{(u,v)\in\mathbb{R}^2,\ 0\leq v\leq y,\ v\leq u\leq x\}.\) Ver figura adjunta.

Por tanto, \[ \begin{array}{rl} F_{XY}(x,y) & =\int_{v=0}^{v=y}\int_{u=v}^{u=x} f_{XY}(u,v)\,dv\,du= 2 \int_{v=0}^{v=y} \mathrm{e}^{-v}\int_{u=v}^{u=x} \mathrm{e}^{-u}\,du\,dv = 2 \int_{v=0}^{v=y} \mathrm{e}^{-v}\left[-\mathrm{e}^{-u}\right]_{u=v}^{u=x}\, dv \\ & = 2 \int_{v=0}^{v=y} \mathrm{e}^{-v} (\mathrm{e}^{-v}-\mathrm{e}^{-x})\, du =2 \int_{v=0}^{v=y} \left(\mathrm{e}^{-2v}-\mathrm{e}^{-v-x}\right)\, du=2 \left[-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2v}+\mathrm{e}^{-v-x}\right]_{v=0}^{v=y} \\ & = 2\left(-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2y}+\mathrm{e}^{-x-y}+\frac{1}{2}-\mathrm{e}^{-x}\right) =1-2\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2y}+2\mathrm{e}^{-x-y}. \end{array} \]

En resumen: \[ F_{XY}(x,y)=\begin{cases} 1-2\mathrm{e}^{-x}+\mathrm{e}^{-2x}, & \mbox{si }x\geq 0,\ y\geq 0,\ x\leq y,\\ 1-2\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2y}+2\mathrm{e}^{-x-y}, & \mbox{si }x\geq 0,\ y\geq 0,\ x\geq y,\\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \]

Comprobemos a continuación que si derivamos dos veces la expresión de \(F_{XY}\), primero respecto \(x\) y después respecto \(y\), obtendremos la función de densidad \(f_{XY}\).

Si derivamos respecto \(x\) obtenemos: \[ \frac{\partial F_{XY}(x,y)}{\partial x}=\begin{cases} 2\mathrm{e}^{-x}-2\mathrm{e}^{-2x}, & \mbox{si }x\geq 0,\ y\geq 0,\ x\leq y,\\ 2\mathrm{e}^{-x}-2\mathrm{e}^{-x-y}, & \mbox{si }x\geq 0,\ y\geq 0,\ x\geq y,\\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \] Si ahora derivamos respecto \(y\) obtenemos: \[ \frac{\partial^2 F_{XY}(x,y)}{\partial y\partial x}=\begin{cases} 0, & \mbox{si }x\geq 0,\ y\geq 0,\ x\leq y,\\ 2\mathrm{e}^{-x-y}, & \mbox{si }x\geq 0,\ y\geq 0,\ x\geq y,\\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \] expresión que coincide con la función de densidad \(f_{XY}(x,y)\).

Hallemos las funciones de densidad marginales. Fijémonos que basta tener en cuenta los casos en que \(x\geq 0\) e \(y\geq 0\) ya que en caso contrario tanto \(f_X(x)\) como \(f_Y(y)\) serán nulas.

\[ \begin{array}{rl} f_X(x) & = \int_{-\infty}^{\infty} f_{XY}(x,y)\, dy =\int_{y=0}^{y=x}2\mathrm{e}^{-x-y}\, dy = 2\left[-\mathrm{e}^{-x-y}\right]_{y=0}^{y=x} = 2\left(\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}\right),\mbox{ si }x\geq 0, \\ f_Y(y) & = \int_{-\infty}^{\infty} f_{XY}(x,y)\, dx =\int_{x=y}^{x=\infty}2\mathrm{e}^{-x-y}\, dx = 2\left[-\mathrm{e}^{-x-y}\right]_{x=y}^{x=\infty} = 2\mathrm{e}^{-2y}, \mbox{ si }y\geq 0. \end{array} \] Vemos que la variable \(Y\) corresponde a una distribución exponencial de parámetro \(\lambda =2\).

Dibujemos la función de densidad conjunta y la función de distribución conjunta con R. Primero las definimos:

fun.den.con = function(x,y){ifelse(x>=0 & y>=0 & x>=y,
                                   2*exp(-x-y),0)}
fun.dist.con = function(x,y){ifelse(x>=0 & y>=0 & x<=y,
                    1-2*exp(-x)+exp(-2*x),ifelse(x>=0 & y>=0 & x>=y,
                    1-2*exp(-x)-exp(-2*y)+2*exp(-x-y),0))}

A continuación las dibujamos para \(x\) e \(y\) entre \(-1\) y \(4\):

x=seq(from=-1,to=4,by=0.1)
y=seq(from=-1,to=4,by=0.1)
z.fun.den.con=outer(x,y,fun.den.con)
z.fun.dist.con = outer(x,y,fun.dist.con)
persp(x,y,z.fun.den.con,theta=50,phi=40,col="blue",shade=0.25,ticktype="detailed")
persp(x,y,z.fun.dist.con,theta=50,phi=40,col="blue",shade=0.25,ticktype="detailed")

En R existe el paquete bivariate para trabajar con algunas distribuciones conjuntas; en particular, con la distribución normal bidimensional.

La función que nos la densidad de la distribución normal bidimensional es nbvpdf y tiene 5 parámetros: la media de \(X\) (\(\mu_X\)), la media de \(Y\) (\(\mu_Y\)), la desviación típica de \(X\) (\(\sigma_X\)), la desviación típica de \(Y\) (\(\sigma_Y\)) y un concepto que veremos más adelante, la correlación entre \(X\) e \(Y\) (\(\rho_{XY}\)).

En el ejemplo que estamos tratando, los valores de los parámetros anteriores son: \(\mu_X=\mu_Y=0\), \(\sigma_X=\sigma_Y=1\) y \(\rho_{XY}=\rho.\)

Vamos a hacer un gráfico de la distribución normal bidimensional para \(\rho=\frac{1}{2}.\)

library(bivariate)
f = nbvpdf (0, 0, 1, 1, 0.5)
plot(f,TRUE)

Ejemplo de la suma y el producto de los resultados de dos lanzamientos de un dado

Consideramos la variable aleatoria \((S,P)\) donde \(S\) representa la suma de los valores obtenidos al lanzar dos veces un dado y \(P\), su producto.

En este caso \(S\) y \(P\) no son independientes ya que recordemos que por ejemplo \(P_{SP}(3,2)=\frac{2}{36}\), \(P_S(3)=\frac{2}{36}\) y \(P_P(2)=\frac{2}{36}\), ya que en este último caso, sólo hay dos posibles resultados en los que el producto dé 2: el \((1,2)\) y el \((2,1)\).

Entonces no se cumple que \(P_{SP}(3,2)=P_S(3)\cdot P_P(2)\), ya que \(\frac{2}{36}\neq \frac{2}{36}\cdot \frac{2}{36}\).

De ahí que no sean independientes ya que la condición anterior se debería cumplir para todos los valores \(x_i\) e \(y_k\) y hemos encontrado un contraejemplo en donde no se cumple.

Ejemplo

Veamos un caso de independencia.

Consideramos el experimento aleatorio de lanzar un dado dos veces. Sea \(X\) el resultado del primer lanzamiento e \(Y\), el resultado del segundo lanzamiento.

Veamos que, en este caso, \(X\) e \(Y\) son independientes.

El valor de \((X,Y)(\Omega)=\{(1,1),(1,2),\ldots,(6,6)\}\), en total 36 resultados.

La función de probabilidad conjunta en un valor cualquiera \((i,j)\) con \(i,j\in\{1,2,3,4,5,6\}\) será: \(P_{XY}(i,j)=\frac{1}{36}\) ya que la probabilidad que salga \(i\) en el primer lanzamiento es \(\frac{1}{6}\) y la probabilidad de que salga \(j\) en el segundo lanzamiento, también. Por tanto, la probabilidad de que salga \(i\) en el primer lanzamiento y \(j\) en el segundo será: \(\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{36}.\)

Ejemplo

Las funciones de densidad marginales de \(X\) e \(Y\) serán:

Por tanto, para todo \((i,j)\) con \(i,j\in\{1,2,3,4,5,6\}\) se cumplirá: \[ P_{XY}(i,j)=\frac{1}{36}=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=P_X(i)\cdot P_Y(j). \] Deducimos que son independientes.

Para comprobar si dos variables aleatorias \(X\) e \(Y\) son independientes o no en R en general, una vez calculada la tabla de la función de probabilidad, podemos calcular la tabla de independencia teórica \(P_T(x_i,y_j)\) y compararlas. Ésta segunda tabla se define de la forma siguiente: \[ P_T(x_i,y_j)=P_X(x_i)\cdot P_Y(y_j), \] donde \(P_X\) y \(P_Y\) son las distribuciones marginales.

La tabla de independencia teórica en el caso de la suma y el producto se calcularían de la forma siguiente:

tabla.ind.teor =  marginal.suma%*%t(marginal.producto)
tabla.ind.teor = as.data.frame(tabla.ind.teor)
rownames(tabla.ind.teor)=rownames(tabla.func.prob.conjunta)
colnames(tabla.ind.teor)=colnames(tabla.func.prob.conjunta)

Si comparáis los resultados de la tabla de independencia teórica mostrada en las transparencias siguientes con los resultados de la tabla de la función de probabilidad conjunta, veréis que no son iguales. Por tanto, \(S\) y \(P\) no son independientes.

	1	2	3	4	5	6	8	9	10
2	0.0008	0.0015	0.0015	0.0023	0.0015	0.0031	0.0015	0.0008	0.0015
3	0.0015	0.0031	0.0031	0.0046	0.0031	0.0062	0.0031	0.0015	0.0031
4	0.0023	0.0046	0.0046	0.0069	0.0046	0.0093	0.0046	0.0023	0.0046
5	0.0031	0.0062	0.0062	0.0093	0.0062	0.0123	0.0062	0.0031	0.0062
6	0.0039	0.0077	0.0077	0.0116	0.0077	0.0154	0.0077	0.0039	0.0077
7	0.0046	0.0093	0.0093	0.0139	0.0093	0.0185	0.0093	0.0046	0.0093

	12	15	16	18	20	24	25	30	36
2	0.0031	0.0015	0.0008	0.0015	0.0015	0.0015	0.0008	0.0015	0.0008
3	0.0062	0.0031	0.0015	0.0031	0.0031	0.0031	0.0015	0.0031	0.0015
4	0.0093	0.0046	0.0023	0.0046	0.0046	0.0046	0.0023	0.0046	0.0023
5	0.0123	0.0062	0.0031	0.0062	0.0062	0.0062	0.0031	0.0062	0.0031
6	0.0154	0.0077	0.0039	0.0077	0.0077	0.0077	0.0039	0.0077	0.0039
7	0.0185	0.0093	0.0046	0.0093	0.0093	0.0093	0.0046	0.0093	0.0046

	1	2	3	4	5	6	8	9	10
8	0.0039	0.0077	0.0077	0.0116	0.0077	0.0154	0.0077	0.0039	0.0077
9	0.0031	0.0062	0.0062	0.0093	0.0062	0.0123	0.0062	0.0031	0.0062
10	0.0023	0.0046	0.0046	0.0069	0.0046	0.0093	0.0046	0.0023	0.0046
11	0.0015	0.0031	0.0031	0.0046	0.0031	0.0062	0.0031	0.0015	0.0031
12	0.0008	0.0015	0.0015	0.0023	0.0015	0.0031	0.0015	0.0008	0.0015

	12	15	16	18	20	24	25	30	36
8	0.0154	0.0077	0.0039	0.0077	0.0077	0.0077	0.0039	0.0077	0.0039
9	0.0123	0.0062	0.0031	0.0062	0.0062	0.0062	0.0031	0.0062	0.0031
10	0.0093	0.0046	0.0023	0.0046	0.0046	0.0046	0.0023	0.0046	0.0023
11	0.0062	0.0031	0.0015	0.0031	0.0031	0.0031	0.0015	0.0031	0.0015
12	0.0031	0.0015	0.0008	0.0015	0.0015	0.0015	0.0008	0.0015	0.0008

Ejemplo

Recordemos el ejemplo siguiente visto donde teníamos una variable aleatoria bidimensional continua \((X,Y)\) con función de densidad conjunta: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} 1, & \mbox{ si }0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1, \\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \] y con densidad marginales: \[ f_{X}(x)=\begin{cases} 1, & \mbox{ si }0\leq x\leq 1,\\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases}\quad f_{Y}(y)=\begin{cases} 1, & \mbox{ si }0\leq y\leq 1,\\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \]

Ejemplo

Veamos que son independientes.

Consideremos dos casos:

• \((x,y)\in [0,1]\times [0,1]\). En este caso: \[ f_{XY}(x,y) =1 =1\cdot 1=f_X(x)\cdot f_Y(y). \]

• \((x,y)\not\in [0,1]\times [0,1]\). En este caso: \[ f_{XY}(x,y) =0 = f_X(x)\cdot f_Y(y), \] ya que si \((x,y)\not\in [0,1]\times [0,1]\), o \(x\not\in [0,1]\) o \(y\not\in [0,1]\). Por tanto \(f_X(x)=0\) o \(f_Y(y)=0\). En cualquier caso, \(f_X(x)\cdot f_Y(y)=0\).

Ejemplo

Recordemos el ejemplo siguiente visto donde teníamos una variable aleatoria bidimensional continua \((X,Y)\) con función de densidad conjunta: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} 2 \mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}, & 0\leq y\leq x < \infty,\\ 0, & \mbox{ en caso contrario,} \end{cases} \] y con densidad marginales: \[ f_X(x) = 2\left(\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}\right),\mbox{ si }x\geq 0, \quad f_Y(y) = 2\mathrm{e}^{-2y}, \mbox{ si }y\geq 0. \] En este caso no son independientes ya que claramente \(f_{XY}(x,y)\neq f_X(x)\cdot f_Y(y)\).

Ejemplo

Consideramos el experimento aleatorio de lanzar un dado dos veces. Sea \(X\) el resultado del primer lanzamiento e \(Y\), el resultado del segundo lanzamiento.

Recordemos que, en este caso, \(X\) e \(Y\) son independientes.

En primer lugar notemos que si \(x<1\) o \(y<1\), \(F_{XY}(x,y)=0\) ya que el suceso \(\{X\leq x,\ Y\leq y\}\) es vacío.

De la misma forma como \(x<1\) o \(y<1\), o el suceso \(\{X\leq x\}\) o el suceso \(\{Y\leq y\}\) son vacíos. Por tanto, o \(F_X(x)=0\) o \(F_Y(y)=0\).

En cualquier caso, se cumple \(F_{XY}(x,y)=0=F_X(x)\cdot F_Y(y)\).

Podemos suponer, por tanto, que \(x\geq 1\) e \(y\geq 1\).

Sea \((x,y)\in \mathbb{R}^2\) con \(x\geq 1\) e \(y\geq 1\). Podemos suponer tal que existen dos valores \(i\) y \(j\) en \(\{1,2,\ldots\}\) con \(i\leq x < i+1\) y \(j\leq y <j+1\).

El valor de la función de distribución conjunta en \((x,y)\) será: \[ F_{XY}(x,y)=\begin{cases} \frac{i\cdot j}{36}, & \mbox{si }i\leq 6, \ j\leq 6, \\ \frac{6 i}{36}, & \mbox{si }i\leq 6,\ j\geq 6,\\ \frac{6 j}{36}, & \mbox{si }i\geq 6,\ j\leq 6,\\ 1, & \mbox{ si }i\geq 6,\ j\geq 6, \end{cases} \]

ya que: \[ \begin{array}{rl} F_{XY}(x,y) & =P(X\leq i,\ Y\leq j)=P(\{(k,l)\in \{1,2,3,4,5,6\}^2,\ |\ k\leq i,\ l\leq j\})\\ & =P(\{(1,1),\ldots,(1,j),\ldots,(i,1),\ldots,(i,j)\})=\begin{cases} \frac{i\cdot j}{36}, & \mbox{si }i\leq 6, \ j\leq 6, \\ \frac{6 i}{36}, & \mbox{si }i\leq 6,\ j\geq 6,\\ \frac{6 j}{36}, & \mbox{si }i\geq 6,\ j\leq 6,\\ 1, & \mbox{ si }i\geq 6,\ j\geq 6, \end{cases}, \end{array} \] ya que claramente el cardinal del conjunto \(\{(1,1),\ldots,(1,j),\ldots,(i,1),\ldots,(i,j)\}\) es \(\begin{cases} i\cdot j, & \mbox{si }i\leq 6, \ j\leq 6, \\ 6 i, & \mbox{si }i\leq 6,\ j\geq 6,\\ 6 j, & \mbox{si }i\geq 6,\ j\leq 6,\\ 36, & \mbox{ si }i\geq 6,\ j\geq 6. \end{cases}\).

Hallemos ahora la función de distribución de \(X\) e \(Y\) que consiste en el resultado del lanzamiento de un dado.

Dado \(x\in\mathbb{R}\) con \(x\geq 1\), existe un \(i\) con \(i\in\{1,2,\ldots,\}\) con \(i\leq x <i+1\). En este caso, el valor de \(F_X(x)\) es: \[ F_X(x)=\begin{cases} \frac{i}{6}, &\mbox{si }i\leq 6,\\ 1, & \mbox{si }i\geq 6, \end{cases} \] ya que: \[ F_X(x)=F_X(i)=P(X\leq i)=P(\{k\in\{1,2,3,4,5,6\},\ |\ k\leq i\})=\begin{cases} \frac{i}{6}, &\mbox{si }i\leq 6,\\ 1, & \mbox{si }i\geq 6, \end{cases}, \] ya que el cardinal del conjunto \(\{k\in\{1,2,3,4,5,6\},\ |\ k\leq i\}\) es \(\begin{cases} i, &\mbox{si }i\leq 6,\\ 6, & \mbox{si }i\geq 6. \end{cases}\)

La función de distribución de \(Y\) es de la misma forma.

Por último, comprobemos que se verifica que \(F_{XY}(x,y)=F_X(x)\cdot F_Y(y)\), si \(x\geq 1\) e \(y\geq 1\).

Sea \((x,y)\in\mathbb{R}^2\) y sean los enteros \(i\) y \(j\) tales que \(i\leq x<i+1\) y \(j\leq y<j+1\). Consideremos 4 casos:

• \(i\leq 6, \ j\leq 6\). En este caso: \[ F_{XY}(x,y)=\frac{i\cdot j}{36}=\frac{i}{6}\cdot \frac{j}{6}=F_X(x)\cdot F_Y(y). \]

• \(i\leq 6,\ j\geq 6\). En este caso: \[ F_{XY}(x,y)=\frac{6i}{36}=\frac{i}{6}\cdot 1=F_X(x)\cdot F_Y(y). \]

• \(i\geq 6,\ j\leq 6\). En este caso: \[ F_{XY}(x,y)=\frac{6j}{36}=1\cdot \frac{j}{6}=F_X(x)\cdot F_Y(y). \]

• \(i\geq 6,\ j\geq 6\). En este caso: \[ F_{XY}(x,y)=1=1\cdot 1=F_X(x)\cdot F_Y(y). \]

En resumen, para todo \((x,y)\in \mathbb{R}^2\) se verifica que \(F_{XY}(x,y)=F_X(x)\cdot F_Y(y)\), tal como queríamos ver.

Ejemplo

Recordemos la variable aleatoria bidimensional continua con función de densidad conjunta: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} 1, & \mbox{ si }0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1, \\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \] Su función de distribución conjunta es: \[ F_{XY}(x,y)=\begin{cases} 0, & \mbox{si }x<0,\mbox{ o }y<0,\\ xy, & \mbox{si }0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1, \\ x, & \mbox{si }0\leq x\leq 1,\ y> 1, \\ y, & \mbox{si }0\leq y\leq 1,\ x> 1, \\ 1, & x\geq 1,\ y\geq 1. \end{cases} \]

Recordemos también que las distribuciones marginales de \(X\) e \(Y\) eran uniformes en el intervalo \([0,1]\). Por tanto, las funciones de distribución marginales serán: \[ F_X(x)=\begin{cases} 0, & \mbox{si }x\leq 0, \\ x, & \mbox{si }0\leq x\leq 1, \\ 1, & \mbox{si }x\geq 1. \\ \end{cases},\quad F_Y(y)=\begin{cases} 0, & \mbox{si }y\leq 0, \\ y, & \mbox{si }0\leq y\leq 1, \\ 1, & \mbox{si }y\geq 1. \\ \end{cases} \] Recordemos que \(X\) e \(Y\) son independientes. Verifiquemos que \(F_{XY}(x,y)=F_X(x)\cdot F_Y(y)\).

Distinguiremos cinco casos:

• \(x<0\) o \(y<0\). En este caso, \(F_{XY}(x,y)=0\) y, o \(F_X(x)=0\), si \(x<0\), o \(F_Y(y)=0\), si \(y<0\). En cualquier caso, se cumple que \(F_{XY}(x,y)=F_X(x)\cdot F_Y(y)\).

• \(0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1\). En este caso, \(F_{XY}(x,y)=xy\), \(F_X(x)=x\) y \(F_Y(y)=y\). Claramente, se cumple que \(F_{XY}(x,y)=F_X(x)\cdot F_Y(y)\).

• \(0\leq x\leq 1,\ y> 1\). En este caso, \(F_{XY}(x,y)=x\), \(F_X(x)=x\) y \(F_Y(y)=1\). Claramente, se cumple que \(F_{XY}(x,y)=F_X(x)\cdot F_Y(y)\).

• \(x >1,\ 0\leq y\leq 1\). En este caso, \(F_{XY}(x,y)=y\), \(F_X(x)=1\) y \(F_Y(y)=y\). Claramente, se cumple que \(F_{XY}(x,y)=F_X(x)\cdot F_Y(y)\).

• \(x\geq 1,\ y\geq 1\). En este caso, \(F_{XY}(x,y)=1\), \(F_X(x)=1\) y \(F_Y(y)=1\). Claramente, se cumple que \(F_{XY}(x,y)=F_X(x)\cdot F_Y(y)\).

Ejemplo

Consideremos el ejemplo de la variable \((S,P)\) que nos daba la suma y el producto de los resultados cuando lanzábamos dos veces un dado.

Vamos a calcular \(E(S+P)\).

Recordemos que ya hemos calculado \(P_{SP}\). La expresión de \(E(S+P)\) será: \[ \begin{array}{rll} E(S+P) & = &(2+1)\cdot P_{SP}(2,1)+(3+2)\cdot P_{SP}(3,2)+(4+3)\cdot P_{SP}(4,3)+(4+4)\cdot P_{SP}(4,4)\\ & & + (5+4)\cdot P_{SP}(5,4)+(5+6)\cdot P_{SP}(5,6)+(6+5)\cdot P_{SP}(6,5)+(6+8)\cdot P_{SP}(6,8)\\ & & + (6+9)\cdot P_{SP}(6,9)+(7+6)\cdot P_{SP}(7,6)+(7+10)\cdot P_{SP}(7,10)+(7+12)\cdot P_{SP}(7,12)\\ & & + (8+12)\cdot P_{SP}(8,12)+(8+15)\cdot P_{SP}(8,15)+(8+16)\cdot P_{SP}(8,16)\\ & & +(9+18)\cdot P_{SP}(9,18) + (9+20)\cdot P_{SP}(9,20)+(10+24)\cdot P_{SP}(10,24)\\ & & +(10+25)\cdot P_{SP}(10,25)+(11+30)\cdot P_{SP}(11,30) + (12+36)\cdot P_{SP}(12,36) \\ & = & 3\cdot \frac{1}{36}+5\cdot\frac{2}{36}+7\cdot \frac{2}{36}+8\cdot \frac{1}{36}+9\cdot \frac{2}{36}+11\cdot\frac{2}{36}+11\cdot \frac{2}{36}+14\cdot\frac{2}{36}+15\cdot\frac{1}{36}\\ & & + 13\cdot\frac{2}{36}+17\cdot\frac{2}{36}+19\cdot\frac{2}{36}+20\cdot\frac{2}{36}+23\cdot\frac{2}{36}+24\cdot\frac{1}{36}+27\cdot\frac{2}{36}+29\cdot\frac{2}{36} \\ & & + 34\cdot\frac{2}{36}+35\cdot\frac{1}{36}+41\cdot\frac{2}{36}+48\cdot\frac{1}{36}=\frac{693}{36}= 19.25. \end{array} \]

Hallar el valor esperado de la suma \(E(S+P)\) una vez hallada la tabla de la función de probabilidad conjunta, en R es bastante sencillo usando la función outer:

valores.suma = as.integer(rownames(tabla.func.prob.conjunta))
valores.producto = as.integer(colnames(tabla.func.prob.conjunta))
suma.valores = outer(valores.suma,valores.producto,"+")
(valor.esperado.suma = sum(suma.valores*tabla.func.prob.conjunta))

## [1] 19.25

Ejemplo

Recordemos el ejemplo donde \((X,Y)\) era una variable aleatoria bidimensional continua con función de densidad conjunta: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} 2 \mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}, & 0\leq y\leq x < \infty,\\ 0, & \mbox{ en caso contrario.} \end{cases} \] Calculemos \(E(X\cdot Y)\): \[ \begin{array}{ll} E(X\cdot Y) & =\int_{x=0}^{x=\infty} \int_{y=0}^{y=x} 2 x y \mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}\, dy\, dx=2\int_{x=0}^{x=\infty} x \mathrm{e}^{-x} \int_{y=0}^{y=x} y \mathrm{e}^{-y}\, dy\, dx \\ & = 2\int_{x=0}^{x=\infty}x \mathrm{e}^{-x} \left[-\mathrm{e}^{-y} (y+1)\right]_{y=0}^{y=x}\, dx = 2\int_{x=0}^{x=\infty}x \mathrm{e}^{-x} \left(1-\mathrm{e}^{-x}(x+1)\right)\, dx \\ &= 2\int_{x=0}^{x=\infty}x\left( \mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}\right)-x^2\mathrm{e}^{-2x}\, dx \\ & = 2\left[-\mathrm{e}^{-x}(x+1)+\frac{1}{4}\mathrm{e}^{-2 x}(1+2x)+\frac{1}{4} \mathrm{e}^{-2 x} \left(2 x^2+2 x+1\right)\right]_{x=0}^{x=\infty} = 2\cdot \left(1-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\right)=1. \end{array} \] En el último cálculo hemos usado integración por partes para integrar \(\int x\mathrm{e}^{-x}\,dx\), \(\int x\mathrm{e}^{-2x}\,dx\) y \(\int x^2\mathrm{e}^{-2x}\, dx\).

Ejemplo

Recordemos el experimento aleatorio que consiste en lanzar un dado dos veces. Sea \(X\) el resultado del primer lanzamiento e \(Y\), el resultado del segundo lanzamiento.

Hemos visto que \(X\) e \(Y\) son independientes.

Las marginales de \(X\) e \(Y\) recordemos que son las siguientes:

Calculemos \(E(X\cdot Y)\) usando la proposición anterior: \[ E(X\cdot Y)=E_X(X)\cdot E_Y(Y)=\left(\sum_{i=1}^6 i\cdot \frac{1}{6}\right)\cdot \left(\sum_{i=1}^6 i\cdot \frac{1}{6}\right)=\left(\frac{21}{6}\right)^2 = 12.25. \] Dejamos como ejercicio el cálculo de \(E(X\cdot Y)\) usando la función de probabilidad conjunta \(P_{XY}\) y comprobar que da el mismo resultado.

Ejemplo

Recordemos la variable aleatoria bidimensional continua con función de densidad conjunta: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} 1, & \mbox{ si }0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1, \\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \] donde vimos que \(X\) e \(Y\) eran independientes y de distribución uniforme en el intervalo \([0,1]\).

Calculemos \(E(X\cdot Y)\) usando la proposición: \[ E(X\cdot Y)=E_X(X)\cdot E_Y(Y)=\int_0^1 x\cdot 1\, dx\cdot \int_0^1 y\cdot 1\, dy =\left.\frac{x^2}{2}\right]_{x=0}^{x=1}\cdot \left.\frac{y^2}{2}\right]_{y=0}^{y=1}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}. \] Dejamos como ejercicio el cálculo de \(E(X\cdot Y)\) usando la función de densidad conjunta \(f_{XY}\) y comprobar que da el mismo resultado.

Ejemplo

Hallemos el coeficiente de correlación para el ejemplo de la variable aleatoria bidimensional continua con función de densidad conjunta: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} 2 \mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}, & 0\leq y\leq x < \infty,\\ 0, & \mbox{ en caso contrario,} \end{cases} \] Recordemos los cálculos realizados anteriormente:

• \(E(X\cdot Y)=1.\)

• \(f_X(x)=2\left(\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}\right)\), si \(x\geq 0\). Su esperanza será: \[ E(X)=\int_0^\infty x 2\left(\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}\right)\, dx=2 \left[\frac{1}{4} \mathrm{e}^{-2 x} (2 x+1)-\mathrm{e}^{-x}(x+1)\right]_0^\infty = 2\left(1-\frac{1}{4}\right)=\frac{3}{2}. \]

Calculemos a continuación su varianza: \(\mathrm{Var}(X)=E\left(X^2\right)-\mu_X^2\). El valor de \(E\left(X^2\right)\) será: \[ \begin{array}{rl} E\left(X^2\right) & =\int_0^\infty x^2 2\left(\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}\right)\, dx=2 \left[\frac{1}{4} \mathrm{e}^{-2 x} (2x^2+2x+1)- \mathrm{e}^{-x} (x^2+2x+2)\right]_0^\infty \\ & = 2\left(2-\frac{1}{4}\right)=\frac{7}{2}. \end{array} \] El valor de la varianza de \(X\) será: \(\mathrm{Var}(X)=\frac{7}{2}-\left(\frac{3}{2}\right)^2 = \frac{5}{4}.\)

• La variable \(Y\) era exponencial de parámetro \(\lambda =2\). Por tanto, \(E(Y)=\frac{1}{2}\), \(\mathrm{Var}(Y)=\frac{1}{4}\).

El coeficiente de correlación entre las variables \(X\) e \(Y\) será: \[ \rho_{XY}=\frac{E(X\cdot Y)-\mu_X\cdot \mu_Y}{\sqrt{\mathrm{Var}(X)}\cdot\sqrt{\mathrm{Var}(Y)}}=\frac{1-\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{5}{4}}\cdot\sqrt{\frac{1}{4}}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0.447. \] Vemos que la correlación entre las variables \(X\) e \(Y\) es positiva pero no demasiado ya que su valor no está cercano a 1.

Ejemplo

Recordemos que la función de densidad de la variable aleatoria normal bidimensional es: \(f_{XY}(x,y)=\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\mathrm{e}^{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}},\ -\infty <x,y<\infty.\)

Las variables aleatorias marginales eran normales estándar o \(N(0,1)\).

Hallemos el coeficiente de correlación \(\rho_{XY}\) en este caso.

Calculemos \(E(X\cdot Y)\): \[ \begin{array}{rl} E(X\cdot Y) & = \int_{-\infty}^\infty x y \frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\mathrm{e}^{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}}\, dy\, dx = \frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\int_{x=-\infty}^{x=\infty}x \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2(1-\rho^2)}}\int_{y=-\infty}^{y=\infty}y \mathrm{e}^{-\frac{(-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}}\, dy\, dx \\ & = \frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\int_{x=-\infty}^{x=\infty}x \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2(1-\rho^2)}} \mathrm{e}^{\frac{\rho^2 x^2}{2(1-\rho^2)}} \int_{y=-\infty}^{y=\infty}y \mathrm{e}^{-\frac{(y-\rho y)^2}{2(1-\rho^2)}}\, dy\, dx,\\ &\ \qquad\mbox{ cambio de variable en la segunda integral $z=\frac{y-\rho x}{\sqrt{1-\rho^2}}$,}\\ & = \frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\int_{x=-\infty}^{x=\infty}x \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}} \int_{z=-\infty}^{z=\infty} \left(z\sqrt{1-\rho^2}+\rho x\right)\sqrt{1-\rho^2}\mathrm{e}^{-\frac{z^2}{2}}\, dz\, \\ & = \frac{1}{2\pi} \int_{x=-\infty}^{x=\infty}x \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}} \left(\sqrt{1-\rho^2}\int_{z=-\infty}^{z=\infty} z \mathrm{e}^{-\frac{z^2}{2}}\, dz +\rho x \int_{z=-\infty}^{z=\infty}\mathrm{e}^{-\frac{z^2}{2}}\, dz \right)\, dx \end{array} \]

Ahora, usando que el valor esperado de una variable \(N(0,1)\) es cero tenemos que: \(\int_{z=-\infty}^{z=\infty} z \mathrm{e}^{-\frac{z^2}{2}}\, dz =0,\) y usando que la integral de la función de densidad de la \(N(0,1)\) (\(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-\frac{z^2}{2}}\)) sobre todo \(\mathbb{R}\) es 1, tenemos que: \(\int_{z=-\infty}^{z=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{z^2}{2}}\, dz =\sqrt{2\pi}.\)

Por tanto, \[ E(X\cdot Y)=\frac{\rho}{2\pi} \int_{x=-\infty}^{x=\infty} x^2 \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\sqrt{2\pi}\, dx=\frac{\rho}{\sqrt{2\pi}}\int_{x=-\infty}^{x=\infty} x^2 \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\, dx. \] Por último, usando que la varianza de la distribución \(Z=N(0,1)\) es 1, tenemos que \(\mathrm{Var}(Z)=E\left(Z^2\right)-E(Z)^2\). Como \(E(Z)=0\), deducimos que \(E\left(Z^2\right)=1\): \[ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty x^2\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\, dx=1,\ \Rightarrow \int_{-\infty}^\infty x^2\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\, dx=\sqrt{2\pi}. \] El valor de \(E(X\cdot Y)\) será: \[ E(X\cdot Y)=\frac{\rho}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{2\pi}=\rho. \]

La correlación entre las variables \(X\) e \(Y\) es precisamente \(\rho\).

Ahora, usando que \(\mu_X=\mu_Y=0\) y \(\sigma_X=\sigma_Y=1\) ya que recordemos que las marginales son \(N(0,1)\), el coeficiente de correlación entre las variables \(X\) e \(Y\) será: \[ \rho_{XY}=\frac{E(X\cdot Y)-\mu_X\cdot \mu_Y}{\sqrt{\mathrm{Var}(X)}\cdot\sqrt{\mathrm{Var}(Y)}}=\frac{\rho-0\cdot 0}{1\cdot 1}=\rho. \] Por tanto, \(\rho\) es el coeficiente de correlación entre las variables \(X\) e \(Y\) y mide lo correlacionadas que están dichas variables.

Ejemplo de variables aleatorias incorreladas pero no independientes

Consideremos la variable aleatoria bidimensional continua con función de densidad: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} \frac{3}{8}(x^2+y^2), & \mbox{si }(x,y)\in [-1,1]\times [-1,1],\\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \]

Dejamos como ejercicio comprobar que es una función de densidad. O sea, que es positiva y que la integral sobre todo el plano vale 1.

Calculemos las densidades marginales: \[ \begin{array}{rl} f_X(x) & = \int_{-1}^{1} \frac{3}{8}(x^2+y^2)\, dy = \frac{3}{8}\left[x^2 y+\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^1 =\frac{3}{8}\left(2 x^2+\frac{2}{3}\right)=\frac{3}{4} x^2+\frac{1}{4}, \\ f_Y(y) & = \int_{-1}^{1} \frac{3}{8}(x^2+y^2)\, dx = \frac{3}{8}\left[\frac{x^3}{3}+y^2 x\right]_{-1}^1 =\frac{3}{8}\left(\frac{2}{3}+2 y^2+\right)=\frac{3}{4} y^2+\frac{1}{4}. \end{array} \]

Los valores esperados de cada variable \(X\) e \(Y\) serán: \[ \begin{array}{rl} E(X) & =\int_{-1}^1 x \left(\frac{3}{4} x^2+\frac{1}{4}\right)\, dx =0, \mbox{al integrar una función impar,}\\ E(Y) & =\int_{-1}^1 x \left(\frac{3}{4} y^2+\frac{1}{4}\right)\, dx =0, \mbox{al integrar una función impar.} \end{array} \]

El valor de la correlación entre \(X\) e \(Y\) será: \[ \begin{array}{rl} E(X\cdot Y) & =\int_{-1}^1\int_{-1}^1 x y \frac{3}{8}(x^2+y^2)\, dy\, dx\\ & =\frac{3}{8}\left(\int_{-1}^1\int_{-1}^1 x^3 y\, dy \, dx+\int_{-1}^1\int_{-1}^1 x y^3\, dy \, dx\right) \\ & = \frac{3}{8} \left(\int_{x=-1}^{x=1}x^3 \left[\frac{y^2}{2}\right]_{y=-1}^{y=1}\, dx + \int_{y=-1}^{y=1}y^3 \left[\frac{x^2}{2}\right]_{x=-1}^{x=1}\right)=0. \end{array} \] El coeficiente de correlación entre \(X\) e \(Y\) será: \(\rho_{XY}=E(X\cdot Y)-E(X)\cdot E(Y)=0-0\cdot 0=0\). Por tanto, son incorreladas.

En cambio no son independientes ya que claramente si \((x,y)\in [-1,1]\times [-1,1]\), \[ f_{XY}(x,y)=\frac{3}{8}(x^2+y^2) \neq f_X(x)\cdot f_Y(y)=\left(\frac{3}{4} x^2+\frac{1}{4}\right)\cdot \left(\frac{3}{4} y^2+\frac{1}{4}\right). \]

Ejemplo de la suma y el producto de los resultados de dos lanzamientos de un dado

Vamos a hallar la variable aleatoria condicional \(S|P=12\).

Tenemos calculada la tabla de la función de probabilidad conjunta \(P_{SP}\).

Si \(P=12\), los únicos valores \(x_i\) de \(S(\Omega)\) para los que se verifica \(P_{SP}(x_i,12)\neq 0\) son 7 y 8.

Además si calculamos \(P_P(12)\), obtenemos \(P(P=12)=\frac{4}{36}\) ya que hay 4 casos en que el producto da 12: \((3,4), (4,3), (2,6)\) y \((6,2)\).

Por tanto, la tabla de la función de probabilidad condicional de la variable \(S|P=12\) será:

Ejemplo de la suma y el producto de los resultados de dos lanzamientos de un dado

Vamos a hallar la variable aleatoria condicional \(P|S=8\).

Si \(S=8\), los únicos valores \(y_j\) de \(P(\Omega)\) para los que se verifica \(P_{SP}(8,y_j)\neq 0\) son 12 y 15 y 16.

El valor de \(P_S(8)\) recordemos que valía: \(P_S(8)=\frac{5}{36}\).

Por tanto, la tabla de la función de probabilidad condicional de la variable \(P|S=8\) será:

Para hallar la variable aleatoria condicional \(S|P=12\) hemos de condicionar por la columna \(P=12\) en la tabla de la función de probabilidad conjunta:

prob.cond.p12=tabla.func.prob.conjunta[,valores.producto==12]/
  sum(tabla.func.prob.conjunta[,valores.producto==12])
prob.cond.p12

##   2   3   4   5   6   7   8   9  10  11  12 
## 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.5 0.5 0.0 0.0 0.0 0.0

El problema es que aparecen valores con función de probabilidad marginal nulos. Para eliminarlos hacemos lo siguiente:

prob.cond.p12.buena = prob.cond.p12[prob.cond.p12!=0]
prob.cond.p12.buena

##   7   8 
## 0.5 0.5

Para hallar la función de probabilidad marginal \(P|S=8\), haríamos lo siguiente:

prob.cond.s8=tabla.func.prob.conjunta[valores.suma==8,]/
  sum(tabla.func.prob.conjunta[valores.suma==8,])
(prob.cond.s8.buena = prob.cond.s8[prob.cond.s8!=0])

##  12  15  16 
## 0.4 0.4 0.2

Ejemplo

Recordemos el ejemplo de la variable aleatoria bidimensional continua con función de densidad: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} 2 \mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}, & 0\leq y\leq x < \infty,\\ 0, & \mbox{ en caso contrario,} \end{cases} \] Dado un valor \(x_0\geq 0\) cualquiera, vamos a hallar la función de densidad de la variable aleatoria condicional \(Y|X=x_0\).

Fijémonos que, fijado un valor \(x_0\), los valores \(y\) para los cuales \(f_{XY}(x_0,y)\neq 0\) cumplen \(0\leq y\leq x_0\). Por tanto, \[ f_{Y|X=x_0}(y)=\frac{f_{XY}(x_0,y)}{f_X(x_0)}=\frac{2\mathrm{e}^{-x_0}\mathrm{e}^{-y}}{f_X(x_0)}, \] si \(0\leq y\leq x_0\), y \(f_{Y|X=x_0}(y)=0\), en caso contrario.

Recordemos que la densidad marginal de la variable \(X\) era: \(f_X(x_0)=2\left(\mathrm{e}^{-x_0}-\mathrm{e}^{-2x_0}\right)\).

La función de densidad marginal de la variable \(Y|X=x_0\) será: \[ f_{Y|X=x_0}(y)=\frac{2\mathrm{e}^{-x_0}\mathrm{e}^{-y}}{2\left(\mathrm{e}^{-x_0}-\mathrm{e}^{-2x_0}\right)}=\frac{e^{-y}}{1-\mathrm{e}^{-x_0}}, \] si \(0\leq y\leq x_0\), y \(f_{Y|X=x_0}(y)=0\), en caso contrario.

Sea ahora \(y_0>0\). Calculemos ahora la densidad marginal de la variable \(X|Y=y_0\).

Fijémonos que, fijado un valor \(y_0\), los valores \(x\) para los cuales \(f_{XY}(x,y_0)\neq 0\) cumplen \(y_0\leq x\leq \infty\). Por tanto, \[ f_{X|Y=y_0}(x)=\frac{f_{XY}(x,y_0)}{f_Y(y_0)}=\frac{2\mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y_0}}{f_Y(y_0)}, \] si \(y_0\leq x\leq \infty\), y \(f_{X|Y=y_0}(x)=0\), en caso contrario.

Recordemos que la variable \(Y\) era exponencial de parámetro \(\lambda=2\). Por tanto, \(f_Y(y_0)=2\mathrm{e}^{-2y_0}\).

La función de densidad marginal de la variable \(X|Y=y_0\) será: \[ f_{X|Y=y_0}(x)=\frac{2\mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y_0}}{2\mathrm{e}^{-2y_0}}=\frac{\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^{-y_0}}, \] si \(y_0\leq x\leq \infty\), y \(f_{X|Y=y_0}(x)=0\), en caso contrario.

Ejemplo de la normal bidimensional

Sea \((X,Y)\) una variable aleatoria bidimensional normal bidimensional con densidad conjunta: \[ f_{XY}(x,y)=\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\mathrm{e}^{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}},\ -\infty <x,y<\infty. \] Sea \(x\in\mathbb{R}\). Hallemos la función de densidad de la variable aleatoria condicionada \(Y|X=x\).

Recordemos que las marginales eran \(N(0,1)\). Por tanto, \(f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}.\)

La función de densidad de la variable condicional \(Y|X=x\) será: \[ f_{Y|X=x}(y)=\frac{f_{XY}(x,y)}{f_X(x)}=\frac{\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\mathrm{e}^{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}}}{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi (1-\rho^2)}}\mathrm{e}^{-\frac{(y-\rho x)^2}{2(1-\rho^2)}},\ y\in\mathbb{R}. \] Concluimos que la variable aleatoria condicional \(Y|X=x\) es una normal de parámetros \(\mu_{Y|X=x}=\rho x\) y \(\sigma_{Y|X=x}^2 =1-\rho^2\).

Tenemos dos observaciones con respecto al resultado obtenido:

• La varianza de la variable aleatoria condicional no depende de la \(x\) que se ha fijado. Sólo depende del parámetro \(\rho\). La \(x\) sólo influye en la media de dicha variable.

• En el caso en que \(\rho=0\), que significa que \(X\) e \(Y\) son independientes, la distribución condicional de \(Y|X=x\) es una \(N(0,1)\), distribución que coincide con la distribución de la variable aleatoria marginal \(Y\).

Ejemplo de la suma y el producto de los resultados de dos lanzamientos de un dado

Vamos a hallar el valor esperado de la variable aleatoria condicional \(P|S=8\).

Recordemos su función de probabilidad:

Su valor esperado será, pues: \[ E(P|S=8)=12\cdot \frac{2}{5}+15\cdot \frac{2}{5}+16\cdot \frac{1}{5}=\frac{70}{5}=14. \] El valor medio del producto de los resultados al lanzar un dado dos veces cuando la suma de dichos resultados es 8 vale 14.

El valor esperado de la variable \(E(P|S=8)\) será:

valores.cond.s8=as.integer(names(prob.cond.s8.buena))
sum(valores.cond.s8*prob.cond.s8.buena)

## [1] 14

Ejemplo

Recordemos el ejemplo de la variable aleatoria bidimensional continua con función de densidad: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} 2 \mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}, & 0\leq y\leq x < \infty,\\ 0, & \mbox{ en caso contrario,} \end{cases} \]

Vimos que si fijamos \(x_0>0\), la función de densidad de la variable aleatoria condicionada \(Y|X=x_0\) era: \[ f_{Y|X=x_0}(y)=\begin{cases} \frac{e^{-y}}{1-\mathrm{e}^{-x_0}}, & \mbox{ si }0\leq y\leq x_0, \\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \]

Hallemos su valor esperado: \[ E(Y|X=x_0)=\int_0^{x_0} y \frac{e^{-y}}{(1-\mathrm{e}^{-x_0})}\, dy=\frac{1}{(1-\mathrm{e}^{-x_0})}\left[-\mathrm{e}^{-y} (y+1)\right]_0^{x_0} = \frac{1-\mathrm{e}^{-x_0}(1+x_0)}{1-\mathrm{e}^{-x_0}}. \]

Verifiquemos la propiedad vista anteriormente \(E_X(E(Y|x))=E(Y)\). Recordemos que la función de densidad marginal de la variable \(X\) era: \(f_X(x)=2\left(\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}\right)\), para \(x>0\): \[ \begin{array}{rl} E_X(E(Y|x)) & =\int_0^\infty E(Y|x)\cdot f_X(x)\, dx = \int_0^\infty \frac{1-\mathrm{e}^{-x}(1+x)}{1-\mathrm{e}^{-x}}\cdot 2\left(\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}\right)\, dx \\ & = 2\int_0^\infty \frac{1-\mathrm{e}^{-x}(1+x)}{1-\mathrm{e}^{-x}} \mathrm{e}^{-x}\left(1-\mathrm{e}^{-x}\right)\, dx = 2 \int_0^\infty \left(\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-2x}(1+x)\right)\, dx \\ & = 2\left[-\mathrm{e}^{-x}+\mathrm{e}^{-2 x} \left(\frac{x}{2}+\frac{3}{4}\right)\right]_0^\infty = 2 \left(1-\frac{3}{4}\right)=\frac{1}{2}. \end{array} \]

Recordemos que la variable \(Y\) era exponencial de parámetro \(\lambda=2\). Por tanto \(E(Y)=\frac{1}{\lambda}=\frac{1}{2}\), valor que coincide con el hallado, tal como queríamos ver.

Ejemplo del lanzamiento de un dado dos veces.

Consideremos el experimento aleatorio de lanzar dos veces un dado.

Sea \((X,Y)\) la variable aleatoria bidimensional discreta ya estudiada anteriormente donde \(X\) nos da el resultado del primer lanzamiento e \(Y\), el resultado del segundo lanzamiento.

Vimos que \((X,Y)(\Omega)=\{(i,j),\ i=1,2,3,4,5,6,\ j=1,2,3,4,5,6\}\) con función de probabilidad conjunta \(P_{XY}(i,j)=\frac{1}{36}\), \(i=1,2,3,4,5,6,\ j=1,2,3,4,5,6.\)

Anteriormente hemos estudiado la suma \(S\) de los resultados. En este caso podemos interpretar \(S=g(X,Y)\) donde \(g(x,y)=x+y\).

Como la función \(S\) ya ha sido estudiada y el producto se ha dejado como ejercicio, estudiaremos la siguiente variable aleatoria función de \(X\) e \(Y\): \(Z=X^2+Y^2\).

Realizaremos los cálculos con ayuda de R ya que hacerlos a mano es bastante tedioso.

Los valores de \(Z(\Omega)\) serán: \(Z(\Omega)=\{z_{ij}=i^2+j^2,\ i=1,2,3,4,5,6,\ j=1,2,3,4,5,6\}\). Observad que hay parejas \((i,j)\) que dan lugar a los mismos valores, por ejemplo \(1^2+2^2 = 2^2+1^2\), y, en general, si \(i\neq j\), \(z_{ij}=i^2+j^2=z_{ji}=j^2+i^2\).

Para hallar el conjunto \(Z(\Omega)\) usamos la función outer de R:

g=function(x,y){x^2+y^2}  # definimos la función g
sort(unique(as.vector(outer(1:6,1:6,g))))

##  [1]  2  5  8 10 13 17 18 20 25 26 29 32 34 37 40 41 45 50 52 61 72

Vemos que hay 21 valores distintos de la variable \(Z\).

Para hallar la función de probabilidad de \(Z\) hemos de calcular para cada valor \(z_k\), las parejas \((i,j)\) tal que \(i^2+j^2=z_k\):

valores.variable.Z = sort(unique(as.vector(outer(1:6,1:6,g))))  
matriz.valores = outer(1:6,1:6,g) # aplicamos la función g a 
#  todas las parejas (i,j), i,j=1,2,3,4,5,6
frecuencias = c()  # vector donde guardaremos las frecuencias de los valores de Z
for (i in 1:length(valores.variable.Z)){
  z=valores.variable.Z[i]
  frecuencias=c(frecuencias,length(matriz.valores[matriz.valores==z]))
}
frecuencias

##  [1] 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1

La función de probabilidad de \(Z\) será:

función.probabilidad.Z=data.frame(rbind(valores.variable.Z,round(frecuencias/36,3)))
rownames(función.probabilidad.Z)=c("Z","P_Z")
función.probabilidad.Z

##        X1    X2    X3     X4     X5     X6     X7     X8     X9    X10    X11
## Z   2.000 5.000 8.000 10.000 13.000 17.000 18.000 20.000 25.000 26.000 29.000
## P_Z 0.028 0.056 0.028  0.056  0.056  0.056  0.028  0.056  0.056  0.056  0.056
##        X12    X13    X14    X15    X16    X17    X18    X19    X20    X21
## Z   32.000 34.000 37.000 40.000 41.000 45.000 50.000 52.000 61.000 72.000
## P_Z  0.028  0.056  0.056  0.056  0.056  0.056  0.028  0.056  0.056  0.028

Recordemos la variable aleatoria bidimensional \((X,Y)\) con función de densidad: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} 2 \mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}, & 0\leq y\leq x < \infty,\\ 0, & \mbox{ en caso contrario,} \end{cases} \] Consideremos la variable aleatoria \(Z=X+Y\). Vamos a calcular la función de densidad de \(Z\).

En primer lugar, los valores de \(Z\) para los que \(f_Z(z)\neq 0\) cumplen \(z\geq 0\) ya que \(X\geq 0\) e \(Y\geq 0\).

Calculemos la función de distribución de la variable \(Z\). Sean \(z\in\mathbb{R}\) con \(z\geq 0\): \[ F_Z(z)=P(Z\leq z)=P(X+Y\leq z)=\int\int_{\{(x,y)\mathbb{R}^2,\ |\ x+y\leq z\}\cap \{(x,y)\in \mathbb{R}^2,\ |\ 0\leq y\leq x<\infty\}} 2 \mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}\, dy\, dx \] El gráfico siguiente muestra en color violeta la región de integración para hallar \(F_Z(z)\) dado un \(z\geq 0\).

El valor de \(F_Z(z)\) será: (fijémonos que primero fijamos la \(y\) y para cada \(y\) la \(x\) va desde la recta \(x=y\) hasta la recta \(x=z-y\)) \[ \begin{array}{rl} F_Z(z) & =\int_{y=0}^{y=\frac{z}{2}}\int_{x=y}^{x=z-y}2 \mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-y}\, dx\, dy = 2 \int_{y=0}^{y=\frac{z}{2}} \mathrm{e}^{-y} \left[-\mathrm{e}^{-x}\right]_{x=y}^{x=z-y}\, dy \\ & = 2 \int_{y=0}^{y=\frac{z}{2}} \mathrm{e}^{-y} \left(\mathrm{e}^{-y}-\mathrm{e}^{y-z}\right)\, dy = 2 \int_{y=0}^{y=\frac{z}{2}} \left(\mathrm{e}^{-2y}-\mathrm{e}^{-z} \right)\, dy = 2\left[-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2y}-\mathrm{e}^{-z} y\right]_{y=0}^{y=\frac{z}{2}} \\ & = 2\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-z}-\frac{z}{2}\mathrm{e}^{-z}\right) = 1-\mathrm{e}^{-z}(1+z),\ z\geq 0. \end{array} \] La función de densidad de \(Z\) será: \[ f_Z(z)=F'_Z(z)=z \mathrm{e}^{-z},\ z\geq 0, \] y \(f_Z(z)=0\) en caso contrario.

Ejemplo

Consideremos el caso en que la variable aleatoria \((X,Y)\) tenga distribución normal bidimensional.

Recordemos que su función de densidad conjunta era: \[ f_{XY}(x,y)=\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\mathrm{e}^{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}},\ -\infty <x,y<\infty. \] Consideremos \(S=X+Y\). Estudiemos qué distribución tiene \(S\).

Dado un valor \(z\in\mathbb{R}\), la función de distribución de \(S\) en \(s\) será: \[ \begin{array}{rl} F_S(s) & =P(S\leq s)=\int\int_{\{(x,y)\in\mathbb{R}^2,\ |\ x+y\leq s\}}\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\mathrm{e}^{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}}\, dy\, dx \\ & = \frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}} \int_{x=-\infty}^{x=\infty}\int_{y=-\infty}^{y=s-x}\mathrm{e}^{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}}\, dy\, dx = \frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}} \int_{x=-\infty}^{x=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2(1-\rho^2)}} \int_{y=-\infty}^{y=s-x}\mathrm{e}^{-\frac{(-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}}\, dy\, dx \\ &\ \qquad\mbox{hacemos el cambio siguiente en la segunda integral $t=y+x$}\\ & = \frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}} \int_{x=-\infty}^{x=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2(1-\rho^2)}} \int_{t=-\infty}^{t=s}\mathrm{e}^{-\frac{(-2\rho x(t-x)+(t-x)^2)}{2(1-\rho^2)}}\, dt\, dx \end{array} \]

\[ \begin{array}{rl} F_S(s) & = \frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}} \int_{x=-\infty}^{x=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{(1+\rho)x^2}{1-\rho^2}}\int_{t=-\infty}^{t=s} \mathrm{e}^{-\frac{(t^2-2(1+\rho) t x)}{2(1-\rho^2)}}\, dt\, dx \\ & = \frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}} \int_{x=-\infty}^{x=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{(1+\rho)x^2}{1-\rho^2}}\int_{t=-\infty}^{t=s} \mathrm{e}^{-\frac{(t-(1+\rho)x)^2}{2(1-\rho^2)}} \mathrm{e}^{\frac{(\rho+1)^2 x^2}{2(1-\rho^2)}}\, dt\, dx \\ & = \frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}} \int_{x=-\infty}^{x=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\cdot \sqrt{2\pi (1-\rho^2)} F_X(s)\, dx, \\ & \mbox{ donde $F_X(s)$ es la función de distribución de una variable $X$ normal de parámetros} \\ & \mbox{ $\mu =(1+\rho)x$ y $\sigma^2=1-\rho^2$.} \\ & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{x=-\infty}^{x=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\cdot F_X(s)\, dx. \end{array} \] Para calcular la función de densidad \(f_S(s)\) aplicamos la expresión \(f_S(s)=F'_S(s)\) y la derivación bajo el signo integral: \[ \begin{array}{rl} f_S(s) & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{x=-\infty}^{x=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\cdot f_X(s)\, dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{x=-\infty}^{x=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi (1-\rho^2)}}\mathrm{e}^{-\frac{(s-(1+\rho)x)^2}{2(1-\rho^2)}}\, dx \\ & = \frac{\mathrm{e}^{-\frac{s^2}{2(1-\rho^2)}}}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}} \int_{x=-\infty}^{x=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{(2(1+\rho) x^2-2(1+\rho)xs)}{2(1-\rho^2)}}\, dx= \frac{\mathrm{e}^{-\frac{s^2}{2(1-\rho^2)}}}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}} \int_{x=-\infty}^{x=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{\left(x-\frac{s}{2}\right)^2}{1-\rho}}\mathrm{e}^{\frac{s^2}{4(1-\rho)}}\, dx \end{array} \]

En la última integral hacemos el cambio \(u=x-\frac{z}{2}\): \[ f_S(s) =\frac{\mathrm{e}^{-\frac{s^2}{4(1+\rho)}}}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}} \int_{u=-\infty}^{u=\infty} \mathrm{e}^{-\frac{u^2}{1-\rho}}\, du. \] A continuación usando que \(f_Z(z)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}\) es la función de densidad de la distribución \(Z=N(0,1)\), podemos escribir: \(\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}=1,\ \Rightarrow \int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}=\sqrt{2\pi}.\)

Si en la última integral hacemos el cambio \(v=\sqrt{\frac{2}{1-\rho}}u\), obtenemos: \[ \begin{array}{rl} f_S(s) & = \frac{\mathrm{e}^{-\frac{s^2}{4(1+\rho)}}}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\int_{v=-\infty}^{v=\infty}\mathrm{e}^{-\frac{v^2}{2}} \sqrt{\frac{1-\rho}{2}}\, dv= \frac{\mathrm{e}^{-\frac{s^2}{4(1+\rho)}}}{2\pi\sqrt{2(1+\rho)}}\int_{v=-\infty}^{v=\infty}\mathrm{e}^{-\frac{v^2}{2}} \, dv \\ & = \frac{\mathrm{e}^{-\frac{s^2}{4(1+\rho)}}}{2\pi\sqrt{2(1+\rho)}} \sqrt{2\pi}= \frac{1}{\sqrt{2\pi 2(1+\rho)}}\mathrm{e}^{-\frac{s^2}{4(1+\rho)}},\ s\in\mathbb{R}. \end{array} \]

Dicha función de densidad corresponde a una distribución normal de parámetros \(\mu =0\) y \(\sigma = \sqrt{2(1+\rho)}\).

En resumen, la distribución de la suma de dos normales es una normal de parámetros \(S=N(\mu=0,\sigma = \sqrt{2(1+\rho)})\).

Ejemplo

Consideremos la variable \((X,Y)\) continua con función de densidad: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} \frac{1}{2}(1+x+y), & \mbox{ si }(x,y)\in R, \\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \] donde \(R\) es el rombo de vértices \((1,0)\), \((0,1)\), \((-1,0)\) y \((0,-1)\), ver figura adjunta.

Otra forma de definir la función anterior sería: \[ f_{XY}(x,y)=\begin{cases} \frac{1}{2}(1+x+y), & -1\leq x\leq 0,\ -1-x\leq y\leq x+1, \\ \frac{1}{2}(1+x+y), & 0\leq x\leq 0,\ x-1\leq y\leq 1-x, \\ 0, & \mbox{en caso contrario.} \end{cases} \] Dejamos como ejercicio al lector comprobar que la función anterior es una función de densidad.

Consideramos la variable aleatoria bidimensional \((U,V)\) definida a partir de la variable \((X,Y)\): \[ \begin{pmatrix}U\\ V\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & -1\\ 1& 1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}X\\ Y\end{pmatrix},\ \Rightarrow \left.\begin{array}{rl}U & = X-Y,\\ V & =X+Y.\end{array}\right\} \] La región \(R\) se transforma en el cuadrado \(C\) de vértices \((1,1)\), \((-1,1)\), \((-1,-1)\) y \((1,-1)\) ya que si aplicamos la matriz a los vértices del rombo, obtenemos los vértices de cuadrado: \[ \begin{array}{rl} \begin{pmatrix}1 & -1\\ 1& 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix} & =\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}1 & -1\\ 1& 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix}1 & -1\\ 1& 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}-1\\ 0\end{pmatrix} & =\begin{pmatrix}-1\\ -1\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}1 & -1\\ 1& 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}0\\ -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix}. \end{array} \] Ver la figura adjunta.

Para hallar la función de densidad \(f_{UV}\) necesitamos escribir \(X\) e \(Y\) en función de \(U\) y \(V\): \[ \begin{pmatrix}X\\ Y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & -1\\ 1& 1\end{pmatrix}^{-1}\cdot\begin{pmatrix}U\\ V\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\ -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}U\\ V\end{pmatrix},\ \Rightarrow \left.\begin{array}{rl}X & = \frac{1}{2}(U+V),\\ Y & =\frac{1}{2}(-U+V).\end{array}\right\} \]

La función de densidad \(f_{UV}\) será, por tanto, \[ \begin{array}{rl} f_{UV}(u,v) & =\frac{1}{\left|\mathrm{det}\begin{pmatrix}1 & -1\\ 1& 1\end{pmatrix}\right|}\cdot f_{XY}\left(\frac{1}{2}(u+v),\frac{1}{2}(-u+v)\right) \\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \left(1+\frac{1}{2}(-u+v)+\frac{1}{2}(u+v)\right)=\frac{1}{4}(1+v), \end{array} \] para \((u,v)\) perteneciente al cuadrado \(C\) de vértices \((1,1)\), \((-1,1)\), \((-1,-1)\) y \((1,-1)\), o si se quiere para \(-1\leq u\leq 1\), \(-1\leq v\leq 1\), y \(f_{UV}(u,v)=0\), en caso contrario.

Observamos que es más cómodo trabajar con las variables \((u,v)\) en vez de trabajar con las variables \((x,y)\) por dos razones:

• La región donde la función de densidad no es nula es más simple, ya que trabajar con un cuadrado simplifica mucho más los cálculos que trabajar con un rombo a la hora de hallar la función de distribución, densidades marginales, densidades condicionadas, valores esperados, etc.
• La expresión de la función de densidad también es más simple, ya que sólo depende de la segunda variable \(v\); sin embargo, la función de densidad inicial \(f_{XY}\) dependía de las dos variables \(x\) e \(y\).

Consideremos el caso en que la variable aleatoria \((X,Y)\) tenga distribución normal bidimensional.

Recordemos que su función de densidad conjunta era: \[ f_{XY}(x,y)=\frac{1}{2\pi\sqrt{1-\rho^2}}\mathrm{e}^{-\frac{(x^2-2\rho xy+y^2)}{2(1-\rho^2)}},\ -\infty <x,y<\infty. \] Recordemos que las distribuciones marginales eran distribuciones \(N(0,1)\).

La idea es hallar la función de densidad conjunta de una distribución normal bidimensional para la que sus distribuciones marginales sean dos normales \(N(\mu_1,\sigma_1)\) y \(N(\mu_2,\sigma_2)\).

Recordemos que si \(Z=N(0,1)\), entonces \(\sigma_1\cdot Z+\mu_1 =N(\mu_1,\sigma_1)\). Este hecho, motiva que consideremos el cambio lineal siguiente a las variables \(X\) e \(Y\): \[ \begin{pmatrix}U\\ V\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sigma_1 & 0\\ 0& \sigma_2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}X\\ Y\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\mu_1\\\mu_2\end{pmatrix},\ \Rightarrow \left.\begin{array}{rl}U & = \sigma_1\cdot X+\mu_1,\\ V & =\sigma_2\cdot Y+\mu_2.\end{array}\right\} \]

La función de densidad conjunta \(f_{UV}\) será: \[ \begin{array}{rl} f_{UV}(u,v) & = \frac{1}{\left|\begin{pmatrix}\sigma_1 & 0\\ 0& \sigma_2\end{pmatrix}\right|} f_{XY}\left(\frac{u-\mu_1}{\sigma_1},\frac{v-\mu_2}{\sigma_2}\right) =\frac{1}{\sigma_1\cdot \sigma_2}f_{XY}\left(\frac{u-\mu_1}{\sigma_1},\frac{v-\mu_2}{\sigma_2}\right)\\ & = \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\mathrm{e}^{-\frac{\left(\left(\frac{u-\mu_1}{\sigma_1}\right)^2-2\rho \left(\frac{u-\mu_1}{\sigma_1}\right)\left(\frac{v-\mu_2}{\sigma_2}\right)+\left(\frac{v-\mu_2}{\sigma_2}\right)^2\right)}{2(1-\rho^2)}}, \end{array} \] para \((u,v)\in\mathbb{R}^2\).

Si llamamos \(\mathbf{\Sigma}\) a la matriz \(\mathbf{\Sigma}=\begin{pmatrix}\sigma_1^2 & \rho\sigma_1\sigma_2\\ \rho\sigma_1\sigma_2 & \sigma_2^2\end{pmatrix}\), llamada matriz de covarianzas de la distribución normal \((U,V)\) la función de densidad anterior puede escribirse como: \[ f_{UV}(u,v)=\frac{1}{2\pi \sqrt{\left|\mathrm{\Sigma}\right|}}\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}(\mathbf{u}-\mathbf{\mu})^\top \mathbf{\Sigma}^{-1}(\mathbf{u}-\mathbf{\mu})},\ \mbox{donde $\mathbf{u}=\begin{pmatrix}u \\ v\end{pmatrix}$ y $\mathbf{\mu}=\begin{pmatrix}\mu_1\\\mu_2\end{pmatrix}$.} \] La variable aleatoria bidimensional \((X,Y)\) sería la variable aleatoria tipificada con respecto de la variable \((U,V)\).

Ejemplo. Cambio a polares

Sea \((X,Y)\) una variable aleatoria bidimensional cuya función de densidad conjunta es: \[ f_{XY}(x,y)= \begin{cases} \frac{2}{\pi}\left(x^2 + y^2\right), & \mbox{si }(x,y)\in D_1, \\ 0, & \mbox{en caso contrario,} \end{cases} \] donde \(D_1\) es el disco de radio \(1\): \[ D_1 = \{(x,y)\in\mathbb{R}^2,\ | \ x^2+y^2\leq 1\}. \] El cambio a polares consiste en considerar las coordenadas polares \((r,\alpha)\) de un punto cualquiera \((x,y)\) del plano, ver figura adjunta. El cambio que pasa de \((r,\alpha)\) a \((x,y)\) (fijaos que sería el cambio inverso, según nuestra notación o \(h_1\)y \(h_2\), respectivamente) sería: \[ x=h_1(r,\alpha)=r\cdot \cos\alpha,\quad y=h_2(r,\alpha)=r\cdot \sin\alpha. \]

Fijémonos que, con el cambio a polares, el disco unidad \(D_1\) se transforma en el rectángulo \([0,1]\times [0,2\pi]\).

Hallemos el jacobiano del cambio inverso: \[ \mathrm{det}\begin{pmatrix}\frac{\partial h_1}{\partial u} & \frac{\partial h_1}{\partial v}\\ \frac{\partial h_2}{\partial u} & \frac{\partial h_2}{\partial v}\end{pmatrix} =\mathrm{det}\begin{pmatrix}\cos\alpha & -r\sin\alpha\\ \sin\alpha & r\cdot\cos\alpha\end{pmatrix} = r. \] La función de densidad conjunta \(f_{r\alpha}\) en las nuevas variables (polares) será: \[ f_{r\alpha}(r,\alpha)=r\cdot \frac{2}{\pi}\left((r\cos\alpha)^2+(r\sin\alpha)^2\right)=\frac{2}{\pi}\cdot r^3, \] si \((r,\alpha)\in [0,1]\times [0,2\pi]\).

Podemos comentar que, gracias al cambio a polares, en este caso, es mucho más sencillo y cómodo trabajar con las variables \((r,\alpha)\) en vez de trabajar con las variables \((x,y)\) por dos razones:

• La región donde la función de densidad no es nula es más simple, ya que trabajar con un rectángulo simplifica mucho más los cálculos que trabajar con un disco a la hora de hallar la función de distribución, densidades marginales, densidades condicionadas, valores esperados, etc.

Por ejemplo, comprobar que el área de la función de densidad conjunta \(f_{r\alpha}\) da \(1\) es trivial: \[ \int_{r=0}^{r=1}\int_{\alpha =0}^{\alpha =2\pi}\frac{2}{\pi} r^3\, d\alpha\, dr = \frac{2}{\pi}\cdot 2\pi \left[\frac{r^4}{4}\right]_{r=0}^{r=1}=4\cdot \frac{1}{4}=1. \] - La expresión de la función de densidad también es más simple, ya que sólo depende de la primera variable \(r\); sin embargo, la función de densidad inicial \(f_{XY}\) dependía de las dos variables \(x\) e \(y\).