Sannolikhetsteori

Låt X=A och Y=B-A, där B och A är två oberoende, normalfördelade variabler med väntevärde 0. Hur beräknar jag sannolikheten P(|Y|<|X|)?

.

Uppgiften saknar standardavvikelse?
(Spelar eg. ingen roll för räkningarna)

slh = arctan(2)/π ≈ 0.352416

Rita upp området och integrera täthetsfunktionen över området. Gå över till polära koordinater.

Variansen för A och B är 1. Det ska gå att lösa denna med enbart sannolikheter men jag förstår inte hur.

Variansen för A och B är 1. Det ska gå att lösa denna med enbart sannolikheter men jag förstår inte hur.

Under vilket avsnitt står problemet?
Har ni behandlat integrering av täthetsfunktioner?

Under sannolikhetsteori. Vi har inte hållit på med täthetsfunktioner.

Då blev det hela mycket mera spännande. Jag tar en ny "titt" med "nollställda" ögon…

P(|Y|<|X|) = P(-X<Y<X)

Ersätt uttrycken med variablerna A och B så borde svaret bli tydligt.

Förstår inte riktigt. VAD är det då man förväntas veta om oberoende normalfördelade variabler, utan kännedom om deras täthetsfunktioner?

Räknar möjligen fel (lite meckigt är det ju), men jag får det till komplementet av ditt resultat:
P = arccot(-1/2)/π ≈ 0.647584

Kan det vara att du räknar på komplementområdet? Så här ser mina räkningar ut (se nedan). Jag kan ha gjort en tankevurpa, men det verkar stämma rätt bra. Det viktiga är dock att vi i någon mening kommer fram till samma svar, något som involverar \(\arctan(2)\) och \(\pi\) vilket jag ej ser hur man skall få fram med 'vanlig' sannolikhetskalkyl. Även om man använder \(\Phi\) så innehåller det varken \(\arctan(2)\) eller \(\pi\).

Låt \(X=A\) och \(Y=B-A\), där \(B\) och \(A\) är två oberoende, normalfördelade variabler med väntevärde 0 [och standardavvikelse \(\sigma\)]. Beräkna sannolikheten \(P[|Y|<|X|]\).

Området \(|Y|<|X|\) är ekvivalent med \(|B-A|<|A|\).

Sätt
\begin{align*}
D&=\{(a,b) : |b-a|<|a|\}
\\&=\{(a,b) : 2a<b<0, a<0\} \cup \{(a,b) : 0<b<2a, a>0\}
\end{align*}

Vi har att
\begin{align*}
P[|Y|<|X|]
&
=\iint_D f_{A,B}(a,b)\,\mathrm{d}a\mathrm{d}b
\\&=\iint_D f_A(a)\cdot f_B(b)\,\mathrm{d}a\mathrm{d}b
\\&=\iint_D
\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-a^2/(2\sigma^2)}
\cdot
\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-b^2/(2\sigma^2)}
\,\mathrm{d}a\mathrm{d}b
\\&=\frac{1}{2\pi\sigma^2}
\iint_D
e^{-(a^2+b^2)/(2\sigma^2)}
\,\mathrm{d}a\mathrm{d}b
\\&=2\cdot\frac{1}{2\pi\sigma^2}
\iint_{0<b<2a \atop a>0}
e^{-(a^2+b^2)/(2\sigma^2)}
\,\mathrm{d}a\mathrm{d}b
\\&=\frac{1}{\pi\sigma^2}
\iint_{0<\theta<\arctan(2) \atop 0<r<\infty}
e^{-r^2/(2\sigma^2)}\cdot r
\,\mathrm{d}\theta\mathrm{d}r
\\&=\frac{1}{\pi\sigma^2}
\int_0^{\arctan(2)}1\,\mathrm{d}\theta
\int_0^\infty
e^{-r^2/(2\sigma^2)}\cdot r
\,\mathrm{d}r
\\&=\frac{1}{\pi\sigma^2}
\arctan(2)
\Big[-\sigma^2 e^{-r^2/(2\sigma^2)}\Big]_0^\infty
\\&=\frac{1}{\pi\sigma^2}
\arctan(2)
\big(0-(-\sigma^2)\big)
\\&=\frac{\arctan(2)}{\pi}
\end{align*}

Edit: Slog mig just nu att eftersom det sökta området strålar radiellt från origo med 'öppningsvinkel' \(\arctan(2)\) för respektive område och då \(A,B \in N(0,\sigma)\) så är dess totala andel av den totala slh \(2\arctan(2)/(2\pi) = \arctan(2)/\pi\).

Äh, jag vände visst på det och räknade på
P(|A| < |B-A|)
istället för
P(|B-A| < |A|).
Därför fick jag fel...

Belopp är lite besvärliga. Ett sätt att räkna som jag tycker är smidigt i detta fall är att notera att
|B-A| < |A|
är helt ekvivalent med (för reella tal...)
(B-A)² < A²
dvs
B² - 2BA < 0
B (B - 2A) < 0
dvs
B < 2A om B>0
B > 2A om B<0

Resten som din lösning.