Exercício 19. (Distribuição normal bivariada) Duas variáveis aleatórias X e Y tem distribuição normal bivariada com parâmetros \mu_{X}, \sigma_{X}{ }^{2}, \mu_{Y}, \sigma_{Y}{ }^{2} e \rho se sua função de densidade conjunta é dada por:
f_{X, Y}(x, y)=\frac{1}{2 \pi \sigma_{X} \sigma_{Y} \sqrt{1-\rho^{2}}} e^{\left\{-\frac{1}{2\left(1-\rho^{2}\right)}\left[\left(\frac{x-\mu_{X}}{\sigma_{X}}\right)^{2}+\left(\frac{y-\mu_{Y}}{\sigma_{Y}}\right)^{2}-2 \rho \frac{\left(x-\mu_{X}\right)\left(y-\mu_{Y}\right)}{\sigma_{X} \sigma_{Y}}\right]\right\}}
em que \mu_{X}, \mu_{Y} \in \mathbb{R}, \sigma_{X}, \sigma_{Y}>0 and \rho \in(-1,1).
(a) Mostre que X \sim N\left(\mu_{X}, \sigma_{X}^{2}\right) e Y \sim N\left(\mu_{Y}, \sigma_{Y}^{2}\right)
(b) Considerando a distribuição conjunta bivariada, mostre que Y \mid X=x tem distribuição normal tal que E(Y \mid X=x)=\mu_{y}+\rho \frac{\sigma_{y}}{\sigma_{x}}\left(x-\mu_{x}\right) and \operatorname{Var}(Y \mid X= x)=\sigma_{y}^{2}\left(1-\rho^{2}\right).

Passo 1

O enunciado trata da distribuição normal bivariada com densidade
f_{X,Y}(x,y) =\frac{1}{2\pi\,\sigma_X\,\sigma_Y\sqrt{1-\rho^2}} \exp\!\Biggl\{-\frac{1}{2(1-\rho^2)}\Bigl[\Bigl(\frac{x-\mu_X}{\sigma_X}\Bigr)^{2} +\Bigl(\frac{y-\mu_Y}{\sigma_Y}\Bigr)^{2} -2\rho\,\frac{(x-\mu_X)(y-\mu_Y)}{\sigma_X\sigma_Y}\Bigr]\Biggr\}.
Queremos (a) mostrar que as marginais são X\sim N(\mu_X,\sigma_X^2) e Y\sim N(\mu_Y,\sigma_Y^2) e (b) obter a distribuição condicional Y\mid X=x. Para isso usaremos integração para as marginais e a definição de densidade condicional
f_{Y\mid X}(y\mid x)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_X(x)}.

Passo 2

Cálculo de f_X(x) por integração em y. Fixando x, o expoente quadrático pode ser reescrito completando quadrado em y. De fato,
\frac{1}{2(1-\rho^2)} \Bigl[\Bigl(\tfrac{y-\mu_Y}{\sigma_Y}\Bigr)^2 -2\rho\,\tfrac{(x-\mu_X)(y-\mu_Y)}{\sigma_X\sigma_Y} +\rho^2\Bigl(\tfrac{x-\mu_X}{\sigma_X}\Bigr)^2\Bigr] =\frac{\bigl[y-\mu_Y-\rho\,\tfrac{\sigma_Y}{\sigma_X}(x-\mu_X)\bigr]^2} {2\,\sigma_Y^2(1-\rho^2)} -\frac{\rho^2(x-\mu_X)^2}{2\,\sigma_X^2(1-\rho^2)}.
Então
f_X(x) =\int_{-\infty}^{\infty}f_{X,Y}(x,y)\,dy =\frac{e^{-\tfrac{(x-\mu_X)^2}{2\sigma_X^2}}}{2\pi\,\sigma_X\,\sigma_Y\sqrt{1-\rho^2}} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\Bigl[-\tfrac{(y-\mu_Y-\rho\tfrac{\sigma_Y}{\sigma_X}(x-\mu_X))^2} {2\sigma_Y^2(1-\rho^2)}\Bigr]\,dy.

Passo 3

Avalia-se a integral gaussiana
\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\Bigl[-\tfrac{(y-\cdots)^2}{2\,\sigma_Y^2(1-\rho^2)}\Bigr]\,dy =\sigma_Y\sqrt{2\pi(1-\rho^2)}.
Substituindo em f_X(x) cancela \sigma_Y\sqrt{1-\rho^2} e sobra
f_X(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\,\sigma_X} \exp\!\Bigl[-\tfrac{(x-\mu_X)^2}{2\sigma_X^2}\Bigr],
que é exatamente a densidade de N(\mu_X,\sigma_X^2). De modo análogo integra-se em x para mostrar que Y\sim N(\mu_Y,\sigma_Y^2).

Passo 4

Agora a densidade condicional é
f_{Y\mid X}(y\mid x) =\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_X(x)} =\frac{\frac{1}{2\pi\,\sigma_X\sigma_Y\sqrt{1-\rho^2}} \exp\{-A(x,y)\}} {\frac{1}{\sqrt{2\pi}\,\sigma_X}\exp\{-B(x)\}}
em que A(x,y) é o quadrático bivariado e B(x)=\tfrac{(x-\mu_X)^2}{2\sigma_X^2}. As constantes simplificam para
\frac{1}{\sqrt{2\pi}\,\sigma_Y\sqrt{1-\rho^2}}
e o expoente remanescente, após cancelar o termo puro em x, fica
-\frac{\bigl[y-\mu_Y-\rho\,\tfrac{\sigma_Y}{\sigma_X}(x-\mu_X)\bigr]^2} {2\,\sigma_Y^2(1-\rho^2)}.
Portanto
f_{Y\mid X}(y\mid x) =\frac{1}{\sqrt{2\pi\,\sigma_Y^2(1-\rho^2)}} \exp\!\Bigl[-\frac{\bigl(y-\mu_Y-\rho\,\tfrac{\sigma_Y}{\sigma_X}(x-\mu_X)\bigr)^2} {2\,\sigma_Y^2(1-\rho^2)}\Bigr].

Passo 5

Essa forma coincide com a densidade de uma normal de média
E(Y\mid X=x) =\mu_Y+\rho\,\frac{\sigma_Y}{\sigma_X}(x-\mu_X)
e variância
\operatorname{Var}(Y\mid X=x) =\sigma_Y^2\bigl(1-\rho^2\bigr).

Resposta

(a) X\sim N(\mu_X,\sigma_X^2) e Y\sim N(\mu_Y,\sigma_Y^2).
(b) Y\mid X=x\sim N\bigl(\mu_Y+\rho\,\tfrac{\sigma_Y}{\sigma_X}(x-\mu_X),\,\sigma_Y^2(1-\rho^2)\bigr).

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