# Trasformazione di variabili casuali

Consideriamo due casi:
* date $X$, una variabile casuale, e $Y=g(X)$, con $g(\cdot )$ opportuna, bisognerà caratterizzare la nuova variabile casuale $Y$, cioè calcolarne $F_{Y}$ e $f_{Y}$.
* date $X$ e $Y$ variabili casuali, bisognerà calcolare la $g(\cdot )$ opportuna in modo tale che $Y=g(X)$.
Cominciamo con definire i requisiti della trasformazione $g(\cdot )$ in modo tale da ottenere ancora una variabile casuale. Si consideri una variabile casuale n-dimensionale $X$ definita su uno spazio di probabilità $\{\Omega ,F,P\}$ con
    $X:\Omega \to \mathbb {R} ^{n}$
misurabile da $(\Omega ,F)$ a $(\mathbb {R} ^{n},\mathbb {B(R} ^{n}))$. Sia $g(\cdot ):\mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R} ^{m}$ una funzione misurabile da $(\mathbb {R} ^{n},\mathbb {B(R} ^{n}))$ a $(\mathbb {R} ^{m},\mathbb {B(R} ^{m}))$, detta funzione di Borel; definiamo
    $Y=g(X)$
dove
    $Y:\Omega \to \mathbb {R} ^{m}$
tale che
    $Y(s)=g(X(s))\ \forall s\in \Omega$
$Y$
$X$
$g(\cdot )$
$Y$
$Y$
    $Y:\Omega \to \mathbb {R} ^{m}$
e si ha
    $X:\Omega \to \mathbb {R} ^{n}$
Consideriamo l'evento $B\in \mathbb {B(R} ^{m})$. Allora,
    $Y(s)=g(X(s))\in B\Leftrightarrow X(s)\in \{\alpha \in \mathbb {R} ^{n}|g(\alpha )\in B\}=B'$
Si ha che $B'\in \mathbb {B(R} ^{n})$, poiché la $g(\cdot )$ è una funzione di Borel da $\mathbb {R} ^{n}$ in $\mathbb {R} ^{m}$. Quindi, si arriva alla conclusione
    $\left\{s\in \Omega |Y(x)\in B\right\}=\left\{s\in \Omega |X(s)\in B'\right\}\in F$
* $g(\alpha )=\alpha$
* $g(\alpha )=\alpha ^{2}$
* $g(\alpha )=\max(\alpha ,0)$
* $g(\alpha )=\min(\alpha ,0)$
* $g(\alpha )=|\alpha |$
* $\cdots$
Noi vedremo trasformazioni di tipo $1\to 1$, $2\to 2$ e $2\to 1$.

## Trasformazioni di tipo $1\to 1$

$X$
$F_{X}(x)$
$Y=g(X)$
    $g(\cdot ):\mathbb {R} \to \mathbb {R}$
una funzione misuarabile. Allora, si ha
    $F_{Y}=P(Y\leq y)=P(g(X)\leq y)$
$y\in \mathbb {R}$
    $Y=aX+b$
con $a>0$. Allora,
    ${\begin{aligned}F_{Y}(y)&=P(Y\leq y)\\&=P(g(X)\leq y)\\&=P(aX+b\leq y)\\&=P(aX\leq y-b)\\&=P\left(X\leq {\frac {y-b}{a}}\right)\\&=P(X\leq x)\end{aligned}}$
Allora, si è ottenuto che
    $F_{Y}(y)=F_{X}\left({\frac {y-b}{a}}\right)$
Se $F_{X}$ è assolutamente continua, ossia ammette derivata
    $f_{X}(x)={\frac {dF_{X}(x)}{dx}}$
allora si ha
    $f_{Y}(y)={\frac {dF_{Y}(y)}{dy}}={\frac {dF_{X}\left({\frac {y-b}{a}}\right)}{dy}}={\frac {1}{a}}f_{X}\left({\frac {y-b}{a}}\right)$
dove si è preso
    ${\frac {y-b}{a}}=x\Rightarrow y=ax+b\Rightarrow dy=a\cdot dx$
    $y=\cos(x)$
con distribuzione $X~U(0,2\pi )$ e con
    $F_{Y}(y)=\left\{{\begin{matrix}0&y<-1\\1&y\geq 1\\{\frac {1}{2\pi }}-1\leq y<1\end{matrix}}\right.$
Fissato un ${\bar {y}}$, abbiamo due soluzioni $x_{1}$ e $x_{2}$. Si ha
    ${\bar {y}}=\cos(x)=\left\{{\begin{matrix}x_{1}=arccos({\bar {y}})&0\leq x<\pi \\x_{2}=2\pi -arccos({\bar {y}})&\pi \leq x<2\pi \end{matrix}}\right.$
cioè, si possono spezzare i due contributi attorno a $x=\pi$, per semplicità. Bisogna calcolare, a questo punto, la probabilità
    $P(Y\leq {\bar {y}})=P(-1<Y\leq {\bar {y}})$
Si ottiene
    $F_{Y}(y)=P(x_{1}<X<x_{2})$
Siccome la $X$ è una variabile casuale uniforme, si ottiene
    $F_{Y}(y)=P(x_{1}<X<x_{2})={\frac {x_{2}-x_{1}}{2\pi }}=1-{\frac {arccos(y)}{\pi }}$
La funzione risultante è continua in $-1<y<1$, quindi è derivabile e si ottiene
    $f_{Y}(y)={\frac {dF_{Y}(y)}{dy}}={\frac {d(1-arccos(y))}{\pi dy}}=\left\{{\begin{matrix}0&y\leq -1,\ y\geq 1\\{\frac {1}{\pi {\sqrt {1-y^{2}}}}}&-1<y<1\end{matrix}}\right.$
Calcolare la $f_{Y}(y)$ e la $F_{Y}(y)$ nel caso di $F_{X}(x)$ generica lungo tutto l'asse di $x$.
$F_{Y}(y)=\left\{{\begin{matrix}0&y<-aT_{X}\\1&y>aT_{X}\\P(Y\leq y)=P(X\leq x)P\left(x\leq {\frac {y}{a}}\right)=F_{X}\left({\frac {y}{a}}\right)&-aT_{X}\leq y\leq aT_{X}\end{matrix}}\right.$
In generale, la $X$ può avere supporto in $(-\infty ,\infty )$ e potrà essere discontinua.
File:TFA esercizio amplificatore con saturazione F X.png
Si ha
    $f_{Y}(y)={\frac {dF_{x}\left({\frac {y}{a}}\right)}{dy}}+F_{X}(-T_{X})\delta (y+aT_{X})+(1-F_{X}(T_{X}))\delta (y-aT_{X})$
File:TFA esercizio amplificatore con saturazione f X.png
    $g(x)=\left\{{\begin{matrix}T_{Y}&x\geq 0\\-T_{Y}&x<0\end{matrix}}\right.$
File:TFA esercizio sul limitatore ideale.png
    $F_{Y}(y)=\left\{{\begin{matrix}0&y<-T_{Y}\\1&y\geq T_{Y}\\P(Y\leq y)=P(X<0)=F_{X}(0)&-T_{Y}\leq y>T_{y}\end{matrix}}\right.$
La funzione di densità di probabilità discreta è:
    $f_{Y}(y)=F_{X}(0)\delta (y+T_{Y})-(1-F_{X}(0))\delta (y-T_{Y})$

### Calcolo della densità di probabilità

Vediamo un metodo che permette di calcolare la densità di probabilità di una variabile casuale $Y$ ottenuta dalla trasformazione
    $Y=g(X)$
con $X$ variabile casuale e $g(\cdot )$ funzione misurabile.

#### Con variabili casuali discrete

Sia $X$ una variabile casuale discreta, con
    $f_{X}(x)=\sum _{i}p_{i}\delta (x-x_{i})$
Allora, dato che $y=g(x)$, si ha
    $f_{Y}=\sum _{i}p_{i}\delta (y-g(x_{i}))$
Può darsi che due $x_{i}$ vadano nella stessa $y_{i}=g(x_{i})$, quindi si possono anche ottenere meno valori possibili, nella $Y$.

#### Con variabili casuali continue

Sia $X$ una variabile casuale continua con $f_{X}(x)$ continua. Sia $g(X)$ continua e derivabile. Consideriamo tutta la probabilità nell'intervallo $(a,b)$:
    $P(a<x<b)=1$
Identifichiamo vari sottocasi:

##### $g(\cdot )$ monotona crescente

Se $g(\cdot )$ è monotona crescente, allora ci interessano i valori di probabilità in $(a,x]$.
    $F_{Y}(y)=P(Y\leq y)=P(a<X\leq x)=\int _{a}^{x}f_{X}(\alpha )d\alpha$
Si definisce la funzione
    $x=\psi (y)=g^{-1}(y)$
inversa di $g(\cdot )$. Allora,
    $F_{Y}(y)=\int _{a}^{\psi (y)}f_{X}(\alpha )d\alpha$.
Sappiamo che
    $f_{Y}(y)={\frac {dF_{Y}(y)}{dy}}=f_{X}(\psi (y))\cdot {\frac {d\psi (y)}{dy}}$
dove
    ${\frac {d\psi (y)}{dy}}=\left[{\frac {dg}{dx}}\cdot \left[g^{-1}(y)\right]\right]^{-1}$
che è la derivata inversa, che coincide con l'inversa della derivata, calcolata in $g^{-1}(y)$. Quindi, abbiamo ottenuto
    $f_{Y}(y)={\frac {f_{X}\left(g^{-1}(y)\right)}{{\frac {dg}{dx}}\left(g^{-1}(y)\right)}}$

##### $g(\cdot )$ monotona decrescente

Nel caso in cui $g(\cdot )$ è decrescente, ci interessa il supporto $[x,b)$. Si ha
    $F_{Y}(y)=\int _{g^{-1}(y)}^{b}f_{X}(\alpha )d\alpha =\cdots \Rightarrow f_{Y}(y)=-f_{X}\left(g^{-1}(y)\right)\cdot {\frac {1}{{\frac {dg}{dx}}\left(g^{-1}(y)\right)}}$

##### $g(\cdot )$ monotona

In generale, se $g(\cdot )$ è monotona, si ha
    $f_{Y}(y)=f_{X}\left(g^{-1}(y)\right)\cdot {\frac {1}{\left|{\frac {dg}{dx}}\left(g^{-1}(y)\right)\right|}}$
Questa è l'espressione generale per le funzioni di tipo monotono. Si ha che $f_{Y}=0$ se
    $Y\not \in {\text{ codominio di }}g(\cdot )$

##### $g(\cdot )$ non monotona

Ipotizziamo che sia possibile partizionare $(a,b)$ in un numero finito di sottointervalli $(x_{i},x_{i+1})$ in cui $g(\cdot )$ è monotona (crescente o decrescente che sia). Allora,
    $F_{Y}(y)=P(Y\leq y)=P(X\in \Delta _{1})+P(X\in \Delta _{2})+\cdots$
dove
    $P(X\in \Delta _{1})=\int _{x_{1}}^{x_{2}}f_{X}(\alpha )d\alpha$
    $P(X\in \Delta _{2})=\int _{x_{3}}^{x_{4}}f_{X}(\alpha )d\alpha$
Derivando in $dy$, si ha
    ${\frac {d}{dy}}\left(\int _{x_{1}}^{x_{2}}f_{X}(\alpha )d\alpha +\int _{x_{3}}^{x_{4}}f_{X}(\alpha )d\alpha \right)$
da cui si ottiene
    ${\frac {d}{dy}}\left(\int _{x_{1}}^{x_{2}}f_{X}(\alpha )d\alpha \right)=f_{X}(x_{2}(y))\cdot {\frac {1}{\frac {dg(x_{i})}{dx}}}-f_{X}(x_{1}(y))\cdot {\frac {1}{\frac {dg(x_{1}(y))}{dx}}}$
da cui si ha la formula fondamentale (da ricordare)
    $F_{Y}(y)=\sum _{i=1}^{N}{\frac {f_{X}(x_{i})}{\frac {dg(x_{i})}{dx}}}$
Questa è la formula più generale, dove
    $N=\left|\{g^{-1}(y)\}\right|$
cioè il numero di risultati restituiti da $g^{-1}(y)$.
    $g(x)=ax+b=y\Rightarrow x=g^{-1}(y)={\frac {y-b}{a}}$
Si ha
    ${\frac {dg(x)}{dx}}=a\Rightarrow F_{Y}(y)={\frac {f_{X}(g^{-1}(y))}{\left|{\frac {dg(g^{-1}(y))}{dx}}\right|}}={\frac {f_{X}(g^{-1}(y))}{|a|}}={\frac {f_{X}\left({\frac {y-b}{a}}\right)}{|a|}}$
    $g(x)=ax^{2}+b$
si ottiene
    $F_{Y}(y)={\frac {f_{X}\left({\frac {y-b}{a}}\right)}{\left|{\frac {a}{2}}\left({\frac {y-b}{a}}\right)\right|}}$
$x$
$F_{Y}(y)$
Sia $X$ uniforme in $[0,2\pi ]$, e sia
    $y=\cos(x)$
Si ha
* $x_{1}=arccos(y)=g_{1}^{-1}(y)$
* $x_{2}=2\pi -arccos(y)=g_{2}^{-1}(y)$
con
    ${\frac {dg}{dx}}=-\sin(x)$
da cui
    ${\begin{aligned}F_{Y}(y)&=\sum {\frac {f_{X}(arccos(y))}{|(\cdot )|}}\\&={\frac {\frac {1}{2\pi }}{|sin(arccos(y))|}}+{\frac {\frac {1}{2\pi }}{|sin(2\pi -arccos(y))|}}\\&={\frac {1}{\pi }}{\frac {1}{|sin(arccos(y))|}}&={\frac {1}{\pi |{\sqrt {1-y^{2}}}|}}\\&={\frac {1}{\pi {\sqrt {1-y^{2}}}}}\end{aligned}}$
Questa soluzione è valida per $-1<y<1$. Si ha
    $f_{Y}(y)=\left\{{\begin{matrix}0&|y|\geq 1\\{\frac {1}{\pi {\sqrt {1-y^{2}}}}}&|y|<1\end{matrix}}\right.$

## Trasformazioni di tipo $2\to 2$

Abbiamo un vettore di variabili casuali in partenza e vogliamo avere un vettore anche per la destinazione,
    $\left\{{\begin{matrix}Y_{1}=g_{1}(X_{1},X_{2})\\Y_{2}=g_{2}(X_{1},X_{2})\end{matrix}}\right.$
    $f_{X_{1},X_{2}}(x_{1},x_{2})$
Siano le $g_{i}(\cdot )$ continue e derivabili, per cui esistono le derivate parziali
    $\exists {\frac {\partial g_{1}}{\partial x_{i}}},{\frac {\partial x_{2}}{\partial x_{i}}}$
Consideriamo l'intervallo
    $(a_{1},b_{1})\times (a_{2},b_{2})$
che contiene tutta la probabilità
    $P\left((x_{1},x_{2})\in (a_{1},b_{1})\times (a_{2},b_{2})\right)=1$
Se $\not \exists g^{-1}({\bar {y}})$, allora
    $f_{Y}(y_{1},y_{2})=0$
Supponiamo che esista una partizione di $(a_{1},b_{1})\times (a_{2},b_{2})$ all'interno della quale le $g_{i}(\cdot )$ siano monotone nei sottointervalli individuati. Siano le $(x_{1i},x_{2i}),\ i=1,2,\cdots ,n$ tali che
    $\left\{y_{1}=g_{1}(x_{1i},x_{2i}),\ y_{2}=g_{2}(x_{1i},x_{2i})\right.,\ i=1,2,\cdots ,n$
Con tutte queste premesse, si ha la funzione di densità di probabilità congiunta
    $f_{Y_{1},Y_{2}}(y_{1},y_{2})=\sum _{i=1}^{N}{\frac {f_{X_{1},X_{2}}(x_{1i},x_{2i})}{\left|\det \left[J_{g}(x_{1i},x_{2i})\right]\right|}}$
dove $J_{g}$ è lo jacobiano
    $J_{g}(x_{1},x_{2})=\left[{\begin{matrix}{\frac {\partial g_{1}}{\partial x_{1}}}&{\frac {\partial g_{1}}{\partial x_{2}}}\\{\frac {\partial g_{2}}{\partial x_{1}}}&{\frac {\partial g_{2}}{\partial x_{2}}}\end{matrix}}\right](x_{1},x_{2})$
$g(\cdot )$
    $\left\{{\begin{matrix}X_{1}=\psi _{1}(Y_{1},Y_{2})\\X_{2}=\psi _{2}(Y_{1},Y_{2})\end{matrix}}\right.$
Allora si ha
    $J_{g}(x_{1},x_{2})=\left[J_{\psi }(Y_{1},Y_{2})\right]^{-1}$
da cui si ha
    $\det(J_{g}(x_{1},x_{2}))={\frac {1}{\det(J_{\psi }(Y_{1},Y_{2}))}}$
$f_{Z},W(z,w)$
    $\left\{{\begin{matrix}Z=X+Y\\W=X-Y\end{matrix}}\right.$
e con la funzione di densità di probabilità uniforme su $[0,1]\times [0,1]$
    $D=[0,m]\times [0,n]$
$m+n=1$

## Trasformazioni di tipo $2\to 1$

Siano $X_{1},\ X_{2}$ due variabili casuali con densità di probabilità congiunta
    $f_{X_{1},X_{2}}(x_{1},x_{2})$
continua e definita su $\{\Omega ,F,P\}$. Sia
    $g:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R}$
una funzione misurabile continua e derivabile. Data la variabile casuale
    $Z=g(X_{1},X_{2})$
qual è la sua distribuzione $f_{Z}(z)$?

### Primo metodo, somma di variabili casuali

Si ha
    $F_{Z}(z)=P(Z\leq z)=P(g(X_{1},X_{2})\leq z)=P((X_{1},X_{2})\in D_{Z})$
dove
    $D_{Z}=\left\{(x_{1},x_{2})\in \mathbb {R} ^{2}\ |\ g(X_{1},X_{2})\leq z\right\}$
Si ha
    $F_{Z}(z)=\iint _{D_{Z}}f_{X_{1},X_{2}}(x_{1},x_{2})dx_{1}dx_{2}$
Partendo da qui, si può derivare per ottenere la funzione di densità di probabilità $f_{Z}(z)$.
    $Z=X+Y$
con $f_{X,Y}(x,y)$ nota e continua. Si ha
    $F_{Z}(z)=P(Z\leq z)=P(X+Y\leq z)$
Fissato $z$, si ha
    $D_{Z}=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\ |\ x+y\leq z\}$
Si ha
    $F_{Z}(z)=\int _{-\infty }^{+\infty }\left(\int _{-\infty }^{z-x}f_{X,Y}(x,y)dy\right)dx$
da cui si ha
    $f_{Z}(z)={\frac {dF_{Z}(z)}{dz}}=\int _{-\infty }^{+\infty }f_{X,Y}(x,z-x)dx=\int _{-\infty }^{+\infty }f_{X,Y}(y-z,y)dy$

### Metodo 2, variabile ausiliaria

Si aggiunge una variabile casuale ausiliaria in modo da portare la trasformazione in una $2\to 2$:
    $\left\{{\begin{matrix}Y=g(X_{1},X_{2})\\Z=h(X_{1},X_{2})&{\text{ variabile casuale ausiliaria }}\end{matrix}}\right.$
Si applica a questo punto la tecnica risolutiva per le trasformazioni $2\to 2$ ed otteniamo $f_{Y,Z}(y,z)$
In alternativa, si determina $f_{Y}(y)$ integrando la $f_{YZ}(y,z)$ rispetto a $Z$,
    $f_{Y}(y)=\int _{-\infty }^{+\infty }f_{YZ}(y,\alpha )d\alpha$
    $\left\{{\begin{matrix}Z=X+Y\\W=X&{\text{ variabile casuale ausiliaria }}\end{matrix}}\right.$
Si ha
    $|\det(J_{g})|=1$
quindi posso trovare l'inversa
    $\left\{{\begin{matrix}Y=Z-W\\X=W\end{matrix}}\right.$
Si ha quindi
    $f_{Z,W}(z,w)={\frac {f_{X,Y}(w,z-w)}{1}}$
da cui
    $f_{Z}(z)=\int _{-\infty }^{+\infty }f_{Z,W}(z,w)dw=\int _{-\infty }^{+\infty }f_{X,Y}(\alpha ,z-\alpha )d\alpha =\int _{-\infty }^{+\infty }f_{X,Y}(z-\beta ,\beta )d\beta$
Osservazione: il secondo metodo è più semplice da utilizzare rispetto al primo, a patto che si scelga la variabile ausiliaria migliore possibile.
    $Z={\sqrt {X^{2}+Y^{2}}}$
qual è la $W$ migliore?
La soluzione è
    $W=arctg\left({\frac {X}{Y}}\right)$

## Determinazione di $g$

Sia data una variabile casuale $X$ con distribuzione $F_{X}(x)$. Determinare la funzione
    $g:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$
tale che la
    $Y=g(X)$
abbia la distribuzione assegnata $F_{Y}(y)$.
La soluzione di questo problema si articola in due passi:
* passaggio dalla $F_{X}(x)$ monotona alla variabile casuale $U$ uniforme in $(0,1)$
* passaggio da $U$ alla variabile casuale $Y$ con $F_{Y}(y)$ monotona.
Con uno schema a blocchi:
Si verifica che:
* $U=F_{X}(x)$ è uniforme.
    Infatti, si ha
       $F_{U}(u)=P(U\leq u)=P(F_{X}(x)\leq u)=P(X\leq x)=U$
* $Y=F_{Y}^{-1}(u)$
    Infatti, si ha
       $F_{Y}(y)=P(Y\leq y)=P(F_{Y}^{-1}(u)\leq y)=P(U\leq F_{Y}(y))=F_{U}(F_{Y}(y))=F_{Y}(y)$

## Indipendenza tra variabili casuali

$X$
$Y$
$(\Omega ,F,P)$
    $P(x\in B_{1},\ y\in B_{2})=P(x\in B_{1})\cdot P(y\in B_{2})\ \forall B_{1},B_{2}\in \mathbb {B(R)}$
$X$
$Y$
    $F_{XY}(x,y)=F_{X}(x)F_{Y}(y)$
    ${\begin{aligned}F_{XY}(\alpha _{1},\alpha _{2})&=P(x\in (-\infty ,\alpha _{1}),\ y\in (-\infty ,\alpha _{2}))\\&=P(x\in (-\infty ,\alpha _{1}))\cdot P(y\in (-\infty ,\alpha _{2}))\\&=P(X\leq \alpha _{1})\cdot P(Y\leq \alpha _{2})\\&=F_{X}(\alpha _{1})\cdot F_{Y}(\alpha _{2})\end{aligned}}$
$F_{XY}(\cdot )$
    $f_{XY}(x,y)=f_{X}(x)\cdot f_{Y}(y)$
$X$
$Y$
    $g,h:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$
sono funzioni di Borel, allora
* $Z=g(X)$
* $W=h(Y)$
Osservazione: abbiamo fatto trasformazioni $1\to 1$, in cui si mantiene l'indipendenza.
* $R_{Z}=\{x\in \mathbb {R} |g(x)\leq z\}$
* $R_{W}=\{y\in \mathbb {R} |h(y)\leq w\}$
* $R_{Z},R_{W}\in \mathbb {B(R)}$
con $g$ e $h$ funzioni misurabili, allora
    $F_{Z,W}=P(Z\leq z,\ W\leq w)$
    ${\begin{aligned}F_{Z,W}(z,w)&=P(x\in R_{Z},\ y\in R_{W})\\&=P(x\in R_{z})\cdot P(y\in R_{W})\\&=P(Z\leq z)\cdot P(W\leq w)\\&=F_{Z}(z)\cdot F_{W}(w)\end{aligned}}$
$X$
$Y$
$Z=X+Y$
    $f_{Z}(z)=f_{X}(x)\cdot f_{Y}(y)$
    $f_{Z}(z)=\int _{-\infty }^{+\infty }f(\alpha ,z-\alpha )d\alpha =\int _{-\infty }^{+\infty }f(\alpha )\cdot f(z-\alpha )d\alpha$