Esercizio 58densità congiunte continue dai Ripassi

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Metodo: disegnare il sostegno; per le marginali integrare sul segmento verticale (o orizzontale) dentro il sostegno; per le probabilità integrare sulla regione richiesta intersecata con il sostegno. Risultati verificati con Python (sympy).

3.52 $P(XY > \frac12)$

Densità congiunta $1$ sul quadrato. $xy > \frac12 \iff y > \frac1{2x}$, possibile solo per $x > \frac12$: $$P = \int_{1/2}^1\left(1 - \frac{1}{2x}\right)dx = \frac12 - \frac12\log 2 \approx 0.153$$

3.53 Uniforme sul quadrato ruotato

(a) Il quadrato è $\{|x| + |y| \le 1\}$, area $2$: $f = \frac12$ dentro, $0$ fuori.

(b) Per $|x| \le 1$ il segmento verticale va da $-(1 - |x|)$ a $1 - |x|$: $f_X(x) = \frac12\cdot 2(1 - |x|) = 1 - |x|$; per simmetria $f_Y(y) = 1 - |y|$. (Densità "a tenda".)

(c) $P\left(Y > \frac12, X < \frac12\right)$: la parte del quadrato con $y > \frac12$ è il triangolo di vertici $(0, 1)$, $\left(\pm\frac12, \frac12\right)$, di area $\frac14$, e tutti i suoi punti hanno $x \le \frac12$: probabilità $\frac12\cdot\frac14 = \frac18$. Inoltre $P\left(X < \frac12\right) = 1 - \int_{1/2}^1(1 - x)\,dx = 1 - \frac18 = \frac78$. Quindi $$P\left(Y > \tfrac12 \mid X < \tfrac12\right) = \frac{1/8}{7/8} = \frac17$$

3.54 Il rapporto $Z = \frac YX$

$Z > 0$. $F_Z(z) = P(Y \le zX)$.

• $0 < z \le 1$: la retta $y = zx$ sta sotto la bisettrice; la regione è il triangolo $0 < x < 1$, $0 < y < zx$: $$F_Z(z) = \int_0^1\int_0^{zx}(x + y)\,dy\,dx = \int_0^1\left(zx^2 + \frac{z^2x^2}{2}\right)dx = \frac{z(z + 2)}{6}$$
• $z \ge 1$: conviene il complementare $\{Y > zX\} = \{X < \frac Yz\}$: $\int_0^1\int_0^{y/z}(x + y)\,dx\,dy = \frac{1}{3z} + \frac{1}{6z^2}$, quindi $F_Z(z) = 1 - \frac{1}{3z} - \frac{1}{6z^2}$.

(In $z = 1$ entrambe valgono $\frac12$: per simmetria $P(Y \le X) = \frac12$.) Derivando: $$f_Z(z) = \frac{z + 1}{3} \ (0 < z < 1), \qquad f_Z(z) = \frac{z + 1}{3z^3} \ (z > 1)$$

3.55 $Kxy$ sul triangolo $x + y < 1$

Il sostegno è $\{x > 0, y > 0, x + y < 1\}$. $\int_0^1\int_0^{1-x}Kxy\,dy\,dx = K\int_0^1\frac{x(1 - x)^2}{2}dx = \frac{K}{24}$, quindi $K = 24$. $$f_X(x) = \int_0^{1-x}24xy\,dy = 12x(1 - x)^2 \ (0 < x < 1), \qquad f_Y(y) = 12y(1 - y)^2 \ (0 < y < 1)$$ Non indipendenti (sostegno triangolare).

3.56 La marginale di $Y$

$$f_Y(y) = \int_0^{+\infty}5y\,e^{-yx}e^{-5y}\,dx = 5e^{-5y}\cdot y\cdot\frac1y = 5e^{-5y} \quad (y > 0)$$ $Y \sim \operatorname{Exp}(5)$. (Condizionatamente a $Y = y$, $X$ è $\operatorname{Exp}(y)$: un modello "a due livelli".)

3.57 $x(y - x)e^{-y}$ su $0 < x < y$

$$f_X(x) = x\int_x^{+\infty}(y - x)e^{-y}\,dy = x\,e^{-x} \quad (x > 0)$$ (con $u = y - x$: $\int_0^\infty u\,e^{-u - x}du = e^{-x}$), e $$f_Y(y) = e^{-y}\int_0^y x(y - x)\,dx = e^{-y}\frac{y^3}{6} \quad (y > 0)$$

3.58 Covarianza per $x + y$

$f_X(x) = x + \frac12$, $E[X] = \int_0^1 x\left(x + \frac12\right)dx = \frac13 + \frac14 = \frac7{12}$ (e $E[Y] = \frac7{12}$ per simmetria). $E[XY] = \iint xy(x + y) = 2\cdot\frac13\cdot\frac12 = \frac13$. $$\operatorname{Cov}[X, Y] = \frac13 - \frac{49}{144} = -\frac1{144}$$

3.59 Uniforme sul triangolo

Area $\frac12$: $c = 2$; $f_X(x) = 2x$, $f_Y(y) = 2(1 - y)$ su $]0, 1[$ (come nell'esempio della teoria).

3.60 Due esponenziali

(a) $f_X(x) = \int_0^\infty e^{-x-y}dy = e^{-x}$, $f_Y(y) = e^{-y}$: due $\operatorname{Exp}(1)$, e la congiunta è il prodotto: indipendenti.

(b) $$P(X + Y \le 4) = \int_0^4\int_0^{4-x}e^{-x-y}\,dy\,dx = \int_0^4\left(e^{-x} - e^{-4}\right)dx = 1 - e^{-4} - 4e^{-4} = 1 - 5e^{-4} \approx 0.908$$

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Errori comuni

• In 3.55 e 3.57 integrare su $[0, 1]$ o $[0, \infty[$ invece che sul segmento dentro il sostegno.
• In 3.54 usare un'unica formula per tutti gli $z$: la forma della regione cambia quando la retta $y = zx$ supera la bisettrice.