f X Y ( X , Y ) = { 2 x ⋅ e − x 2 0 ≤ x , 0 ≤ Y ≤ X 2 0 c c f_{XY}(X,Y)=\begin{cases}
2x\cdot e^{-x^{2}} & 0\leq x,0\leq Y\leq X^{2} \\
0 & cc
\end{cases} f X Y ( X , Y ) = { 2 x ⋅ e − x 2 0 0 ≤ x , 0 ≤ Y ≤ X 2 cc Calculamos la marginal:
F X ( X ) = ∫ − ∞ + ∞ f X Y ( X , Y ) d Y = ∫ − ∞ + ∞ 2 X e − X 2 ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( X ) ⋅ 1 [ 0 , X 2 ] ( Y ) d Y F_{X}(X) = \int_{-\infty}^{+\infty} f_{XY}(X,Y) \, dY = \int_{-\infty}^{+\infty} 2Xe^{-X^{2}} \cdot \mathbb{1}_{[0,+\infty)} (X) \cdot \mathbb{1}_{[0,X^{2}]}(Y) \, dY F X ( X ) = ∫ − ∞ + ∞ f X Y ( X , Y ) d Y = ∫ − ∞ + ∞ 2 X e − X 2 ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( X ) ⋅ 1 [ 0 , X 2 ] ( Y ) d Y 1 [ 0 , + ∞ ] ( X ) ⋅ ∫ 0 X 2 x ⋅ e − X 2 d Y = 1 [ 0 , + ∞ ) ( X ) ⋅ 2 X ⋅ e − X 2 X 2 \mathbb{1}_{[0,+\infty]}(X) \cdot \int_{0}^{X} 2x \cdot e^{-X^{2}} \, dY = \mathbb{1}_{[0,+\infty)}(X)\cdot2X\cdot e^{-X^{2}} X^{2} 1 [ 0 , + ∞ ] ( X ) ⋅ ∫ 0 X 2 x ⋅ e − X 2 d Y = 1 [ 0 , + ∞ ) ( X ) ⋅ 2 X ⋅ e − X 2 X 2 = f X ( X ) = 2 X 3 ⋅ e − X 2 ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( X ) =f_{X}(X) = 2 X^{3} \cdot e^{-X^{2}} \cdot \mathbb{1}_{[0,+\infty)} (X) = f X ( X ) = 2 X 3 ⋅ e − X 2 ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( X ) f Y ( Y ) = ∫ − ∞ + ∞ 2 X ⋅ e − X 2 ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( X ) ⋅ 1 [ 0 , X 2 ] ( Y ) d x f_{Y}(Y)= \int_{-\infty}^{+\infty} 2X \cdot e^{-X^{2}} \cdot \mathbb{1}_{[0,+\infty)} (X) \cdot \mathbb{1}_{[0,X^{2}]} (Y) \, dx f Y ( Y ) = ∫ − ∞ + ∞ 2 X ⋅ e − X 2 ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( X ) ⋅ 1 [ 0 , X 2 ] ( Y ) d x = ∫ 0 + ∞ 2 X ⋅ e − X 2 ⋅ 1 [ Y , + ∞ ) ( X ) ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( X ) ⋅ ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( Y ) d X =\int_{0}^{+\infty} 2X \cdot e^{-X^{2}} \cdot \mathbb{1}_{[\sqrt{ Y },+\infty)} (X) \cdot\mathbb{1}_{[0,+\infty)}(X)\cdot\cdot\mathbb{1}_{[0,+\infty)}(Y)\, dX = ∫ 0 + ∞ 2 X ⋅ e − X 2 ⋅ 1 [ Y , + ∞ ) ( X ) ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( X ) ⋅ ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( Y ) d X = 1 [ 0 , + ∞ ) ( Y ) ⋅ ∫ m a x { Y , 0 } + ∞ 2 X ⋅ e − X 2 d x = ⏟ u = x 2 d u = 2 x 1 [ 0 , + ∞ ) ( Y ) ⋅ ∫ Y + ∞ e − u d u = − e − u ∣ y + ∞ = e − y =\mathbb{1}_{[0,+\infty)}(Y) \cdot \int_{max\{ \sqrt{ Y },0 \}}^{+\infty} 2X \cdot e^{-X^{2}} \, dx \underbrace{ = }_{ \begin{array}{c}
u = x^{2} \\
du=2x
\end{array} } \mathbb{1}_{[0,+\infty)}(Y) \cdot\int_{Y}^{+\infty} e ^{-u} \, du = - e^{-u} \bigm| _{y}^{+\infty} = e ^{-y} = 1 [ 0 , + ∞ ) ( Y ) ⋅ ∫ ma x { Y , 0 } + ∞ 2 X ⋅ e − X 2 d x u = x 2 d u = 2 x = 1 [ 0 , + ∞ ) ( Y ) ⋅ ∫ Y + ∞ e − u d u = − e − u y + ∞ = e − y Por lo tanto
f X ( y ) = e − Y ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( y ) f_{X}(y) = e^{-Y} \cdot \mathbb{1}_{[0,+\infty)}(y) f X ( y ) = e − Y ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( y ) Se usó que
1 [ 0 , X 2 ) ( Y ) = 1 [ Y , + ∞ ) ( X ) ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( Y ) \mathbb{1}_{[0,X^{2})}(Y) = \mathbb{1}_{[\sqrt{ Y },+\infty)}(X) \cdot \mathbb{1}_{[0,+\infty)}(Y) 1 [ 0 , X 2 ) ( Y ) = 1 [ Y , + ∞ ) ( X ) ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( Y ) X X X Y Y Y f ( X , Y ) ≠ f X ⋅ f Y f(X,Y) \neq f_{X} \cdot f_{Y} f ( X , Y ) = f X ⋅ f Y
∃ S ⊆ { ( x , y ) : y > x 2 , y > 0 , x > 0 } \:\exists\:S\subseteq \{ (x,y): y> x^{2}, y> 0, x > 0 \} ∃ S ⊆ {( x , y ) : y > x 2 , y > 0 , x > 0 } tal que f x f y = e − y ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( Y ) ⋅ 2 x 2 ⋅ e − x 2 ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( x ) ≠ 0 f_{x} f_{y}= e^{-y} \cdot \mathbb{1}_{[0,+\infty)}(Y) \cdot 2 x^{2} \cdot e^{-x^{2}} \cdot\mathbb{1}_{[0,+\infty)}(x) \neq 0 f x f y = e − y ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( Y ) ⋅ 2 x 2 ⋅ e − x 2 ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( x ) = 0
⟹ f x f y ∣ S = 0 \implies f_{x}f_{y}\bigm| _{S} = 0 ⟹ f x f y S = 0 Z ∼ U [ 0 , 1 ] Z \sim \mathcal{U}[0,1] \quad Z ∼ U [ 0 , 1 ] Z Z Z Y Y Y
P ( 4 ⋅ Z ≤ Y ) ? , ( Y , Z ) \mathbb{P}(4\cdot Z \leq Y)?, \quad (Y,Z) P ( 4 ⋅ Z ≤ Y )? , ( Y , Z ) f Y , Z ( Y , Z ) = 1 [ 0 , 1 ] ( Z ) ⋅ e − y ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( y ) f_{Y,Z} (Y,Z) = \mathbb{1}_{[0,1]}(Z) \cdot e^{-y} \cdot \mathbb{1}_{[0,+\infty)} (y) f Y , Z ( Y , Z ) = 1 [ 0 , 1 ] ( Z ) ⋅ e − y ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( y ) ∫ R f [ Y , Z ] ( y , z ) R = { ( y , z ) : 4 z ≤ y } \int_{R} f_{[Y,Z]}(y,z) \quad \quad R=\{ (y,z) :4z \leq y \} ∫ R f [ Y , Z ] ( y , z ) R = {( y , z ) : 4 z ≤ y } ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ y 4 1 [ 0 , 1 ) ( z ) ⋅ e − y ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ] ( y ) d z d y \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{ \frac{y}{4}} \mathbb{1}_{[0,1)}(z)\cdot e^{-y} \cdot \mathbb{1}_{[0,+\infty]} (y) \, dz \, dy ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ 4 y 1 [ 0 , 1 ) ( z ) ⋅ e − y ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ] ( y ) d z d y ∫ 0 + ∞ e − y ∫ 0 m i n { y 4 , 1 } 1 d z d y + ∫ 0 4 e − y ∫ 0 y 4 1 d z d y \int_{0}^{+\infty} e^{-y} \int_{0}^{min\left\{ \frac{y}{4},1 \right\}} 1 \, dz \, dy +\int_{0}^{4} e ^{-y} \int_{0}^{ \frac{y}{4}} 1 \, dz \, dy ∫ 0 + ∞ e − y ∫ 0 min { 4 y , 1 } 1 d z d y + ∫ 0 4 e − y ∫ 0 4 y 1 d z d y ∫ 4 + ∞ e − y ∫ 0 1 1 d z d y + ∫ 0 4 e − y ∫ 0 y 4 1 d z d y \int_{4}^{+\infty} e^{-y} \int_{0}^{1} 1 \, dz \, dy +\int_{0}^{4} e ^{-y} \int_{0}^{ \frac{y}{4}} 1 \, dz \, dy ∫ 4 + ∞ e − y ∫ 0 1 1 d z d y + ∫ 0 4 e − y ∫ 0 4 y 1 d z d y − e − y ∣ 4 + ∞ + ∫ 0 4 e − y y 4 d y - e^{-y} \bigm| _{4}^{+\infty} + \int_{0}^{4} e^{-y} \frac{y}{4} \, dy − e − y 4 + ∞ + ∫ 0 4 e − y 4 y d y e − 4 + … partes. e^{-4} + \dots \text{ partes.} e − 4 + … partes. A ∼ E ( 1 5 ) B ∼ A 2 4 A independiente de B A \sim \mathcal{E}\left( \frac{1}{5} \right) \quad \quad B \sim \frac{A^{2}}{4} \quad \quad A \text{ independiente de } B A ∼ E ( 5 1 ) B ∼ 4 A 2 A independiente de B h ( t ) = { 0 0 < t ≤ 2 2 2 < t ≤ 6 5 6 < t h(t) = \begin{cases}
0 & 0< t\leq 2 \\
2 & 2<t \leq 6 \\
5 & 6<t
\end{cases} h ( t ) = ⎩ ⎨ ⎧ 0 2 5 0 < t ≤ 2 2 < t ≤ 6 6 < t ¿f B ? f_{B}? f B ?
Recordemos: X X X Y ∼ g ( X ) Y \sim g(X) Y ∼ g ( X )
f Y ( y ) = f X ( g − 1 ( y ) ) ⋅ ∣ g − 1 ( y ) ′ ∣ f_{Y}(y)= f_{X}(g ^{-1}(y)) \cdot |g ^{-1}(y)'| f Y ( y ) = f X ( g − 1 ( y )) ⋅ ∣ g − 1 ( y ) ′ ∣ P ( X ∈ ( a , b ) ) = 1 \mathbb{P}(X \in (a,b)) = 1 P ( X ∈ ( a , b )) = 1 g g g ( a , b ) (a,b) ( a , b )
X ∼ E ( 1 5 ) g ( X ) = X 2 4 B ∼ g ( X ) X \sim\mathcal{E}\left( \frac{1}{5} \right) \quad \quad g(X) = \frac{X^{2}}{4} \quad \quad B \sim g(X) X ∼ E ( 5 1 ) g ( X ) = 4 X 2 B ∼ g ( X ) g − 1 ( x ) = 4 ⋅ x g ^{-1}(x) = \sqrt{ 4\cdot x } g − 1 ( x ) = 4 ⋅ x
f B ( y ) = 5 ⋅ e − 4 y ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( 4 y ) ⋅ ∣ 1 2 ⋅ 1 4 y ∣ f_{B}(y) = 5\cdot e ^{-\sqrt{ 4y }} \cdot \mathbb{1}_{[0,+\infty)}(\sqrt{ 4y}) \cdot | \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{ 4y }}| f B ( y ) = 5 ⋅ e − 4 y ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( 4 y ) ⋅ ∣ 2 1 ⋅ 4 y 1 ∣ X ∼ h ( A ) X \sim h(A) X ∼ h ( A ) Y ∼ h ( B ) Y\sim h(B) Y ∼ h ( B ) P ( X , Y ) ( X , Y ) P_{(X,Y)} (X,Y) P ( X , Y ) ( X , Y )
Notar que X X X Y Y Y
f X ( x ) = 1 [ 0 , 2 ] ( x ) ⋅ P ( A ∈ [ 0 , 2 ] ) + 1 ( 2 , 6 ] ⋅ P ( A ∈ [ 2 , 6 ] ) + + 1 ( 6 , + ∞ ) ( x ) ⋅ P ( A ∈ [ 6 , + ∞ ] ) \begin{array}{c}
\displaystyle f_{X}(x) = \mathbb{1}_{[0,2]}(x) \cdot \mathbb{P}(A \in [0,2])+\mathbb{1}_{(2,6]} \cdot \mathbb{P}(A \in[2,6])+ \\
+\mathbb{1}_{(6,+\infty)} (x)\cdot \mathbb{P}(A \in [6,+\infty])
\end{array} f X ( x ) = 1 [ 0 , 2 ] ( x ) ⋅ P ( A ∈ [ 0 , 2 ]) + 1 ( 2 , 6 ] ⋅ P ( A ∈ [ 2 , 6 ]) + + 1 ( 6 , + ∞ ) ( x ) ⋅ P ( A ∈ [ 6 , + ∞ ])
Esto último chequear, el profe lo borró
Llamemos
P 0 = P ( A ∈ [ 0 , 2 ] ) P 2 = P ( A ∈ [ 2 , 6 ] ) P 5 = P ( A ∈ [ 6 , + ∞ ] ) \begin{array}{c}
P_{0}=\mathbb{P}(A \in [0,2]) \\
P_{2}=\mathbb{P}(A \in [2,6]) \\
P_{5}=\mathbb{P}(A \in [6,+\infty])
\end{array} P 0 = P ( A ∈ [ 0 , 2 ]) P 2 = P ( A ∈ [ 2 , 6 ]) P 5 = P ( A ∈ [ 6 , + ∞ ]) F x ( t ) = { 0 t < 0 P 0 0 ≤ t < 2 P 2 + P 5 2 ≤ t < 5 1 5 ≤ t F_{x}(t) = \begin{cases}
0 & t<0 \\
P_{0} & 0\leq t<2 \\
P_{2}+P_{5} & 2\leq t<5 \\
1 & 5\leq t
\end{cases} F x ( t ) = ⎩ ⎨ ⎧ 0 P 0 P 2 + P 5 1 t < 0 0 ≤ t < 2 2 ≤ t < 5 5 ≤ t p x ( 0 ) = P 0 p y ( 0 ) = q 0 p x ( 2 ) = P 2 p y ( 2 ) = q 2 p x ( 5 ) = P 5 p y ( 5 ) = q 5 \begin{matrix}
p_{x}(0)=P_{0} & p_{y}(0)=q_{0} \\
p_{x}(2)=P_{2} & p_{y}(2)=q_{2} \\
p_{x}(5)=P_{5} & p_{y}(5)=q_{5}
\end{matrix} p x ( 0 ) = P 0 p x ( 2 ) = P 2 p x ( 5 ) = P 5 p y ( 0 ) = q 0 p y ( 2 ) = q 2 p y ( 5 ) = q 5 P ( X , Y ) ( i , j ) = p i ⋅ p j i , j ∈ { 0 , 2 , 5 } P_{(X,Y)}(i,j)=p_{i}\cdot p_{j}\quad i,j \in \{ 0,2,5 \} P ( X , Y ) ( i , j ) = p i ⋅ p j i , j ∈ { 0 , 2 , 5 } Falta integrar y calcular las p ′ s p's p ′ s q ′ s q's q ′ s
X ⃗ = ( X , Y ) \vec{X}= (X,Y) \quad X = ( X , Y ) f X ⃗ ( x , y ) = { 1 0 < x , 0 < y < e x 0 c c f_{\vec{X}}(x,y) = \begin{cases}
1 & 0<x,0<y<e^{x} \\
0 & cc
\end{cases} f X ( x , y ) = { 1 0 0 < x , 0 < y < e x cc a)
f X ( x ) = e − x ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( x ) f_{X}(x)=e^{-x} \cdot \mathbb{1}_{[0,+\infty)}(x) f X ( x ) = e − x ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ) ( x ) X ∼ E ( 1 ) X \sim\mathcal{E}(1) X ∼ E ( 1 ) f Y ( y ) = ∫ − ∞ + ∞ 1 [ 0 , + ∞ ) ( x ) ⋅ 1 [ 0 , e − x ] ( y ) d x f_{Y}(y) = \int_{-\infty}^{+\infty} \mathbb{1}_{[0,+\infty)}(x) \cdot \mathbb{1}_{[0,e^{-x} ]}(y) \, dx f Y ( y ) = ∫ − ∞ + ∞ 1 [ 0 , + ∞ ) ( x ) ⋅ 1 [ 0 , e − x ] ( y ) d x 1 [ 0 , e − x ] ( y ) = 1 [ − ∞ , − ln ( y ) ] ( x ) ⋅ 1 [ 0 , 1 ] ( y ) \mathbb{1}_{[0,e^{-x} ]}(y) = \mathbb{1}_{[-\infty ,- \ln(y) ]}(x) \cdot \mathbb{1}_{[0,1]}(y) 1 [ 0 , e − x ] ( y ) = 1 [ − ∞ , − l n ( y )] ( x ) ⋅ 1 [ 0 , 1 ] ( y ) ⟹ f Y ( y ) = 1 [ 0 , 1 ] ( y ) ⋅ ∫ 0 − ln ( y ) 1 d x = − ln ( y ) ⋅ 1 [ 0 , 1 ] ( y ) \implies f_{Y}(y)=\mathbb{1}_{[0,1 ]}(y) \cdot \int_{0}^{- \ln(y)} 1 \, dx = -\ln(y) \cdot \mathbb{1}_{[0,1]} (y) ⟹ f Y ( y ) = 1 [ 0 , 1 ] ( y ) ⋅ ∫ 0 − l n ( y ) 1 d x = − ln ( y ) ⋅ 1 [ 0 , 1 ] ( y ) b)
Y e − X ∼ A [ 0 , 1 ] Y es independiente de X \frac{Y}{e^{-X} }\sim\mathcal{A}[0,1] \quad \quad Y \text{ es independiente de } X e − X Y ∼ A [ 0 , 1 ] Y es independiente de X Y ⃗ = ( U , V ) U = X V = Y e − X \vec{Y}=(U,V)\quad \quad U=X\quad \quad V= \frac{Y}{e^{-X} } Y = ( U , V ) U = X V = e − X Y g ( X , Y ) = ( X , Y e − X ) g(X,Y) = \left( X, \frac{Y}{e^{-X} } \right) g ( X , Y ) = ( X , e − X Y ) g ⃗ ( u , v ) = ( u , v ⋅ e − u ) \vec{g}(u,v)= (u,v\cdot e^{-u} ) g ( u , v ) = ( u , v ⋅ e − u ) f y ⃗ ( u , v ) = f x ⃗ ( g − 1 ( u , v ) ) ⋅ ∣ J g − 1 ( u , v ) ∣ = e . − u f_{\vec{y}}(u,v)=f_{\vec{x}}(g ^{-1}(u,v)) \cdot \left| J g ^{-1}(u,v) \right| = e ^{.-u} f y ( u , v ) = f x ( g − 1 ( u , v )) ⋅ J g − 1 ( u , v ) = e . − u con
∣ J g − 1 ( u , v ) ∣ = ∣ det ( 1 0 − v ⋅ e − u e − u ) ∣ \left| J g ^{-1}(u,v) \right| = \left| \det\begin{pmatrix}
1 & 0\\
-v \cdot e^{-u} & e^{-u}
\end{pmatrix} \right| J g − 1 ( u , v ) = det ( 1 − v ⋅ e − u 0 e − u ) Usamos
1 0 , + ∞ ( u ) ⋅ 1 [ 0 , e − u ] ( v ⋅ e − u ) ⋅ e − u \mathbb{1}_{0,+\infty}(u) \cdot \mathbb{1}_{[0,e^{-u} ]} (v \cdot e^{-u} ) \cdot e ^{-u} 1 0 , + ∞ ( u ) ⋅ 1 [ 0 , e − u ] ( v ⋅ e − u ) ⋅ e − u f v ⃗ ( v ) = ∫ − ∞ + ∞ 1 [ 0 , + ∞ ] ( u ) ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ] ( v ⋅ e − u ) e − u d u f_{\vec{v}} (v) = \int_{-\infty}^{+\infty} \mathbb{1}_{[0,+\infty]}(u)\cdot\mathbb{1}_{[0,+\infty]}(v \cdot e^{-u} ) e^{-u} \, du f v ( v ) = ∫ − ∞ + ∞ 1 [ 0 , + ∞ ] ( u ) ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ] ( v ⋅ e − u ) e − u d u 0 ≤ v ⋅ e − u ≤ e − u ⟺ 0 ≤ v ≤ 1 0\leq v \cdot e^{-u} \leq e^{-u} \iff_{0}\leq v\leq 1 0 ≤ v ⋅ e − u ≤ e − u ⟺ 0 ≤ v ≤ 1 = 1 [ 0 , 1 ] ( v ) ⋅ ∫ 0 + ∞ e − u d u = 1 [ 0 , 1 ] ( v ) =\mathbb{1}_{[0,1]}(v) \cdot \int_{0}^{+\infty} e^{-u} \, du =\mathbb{1}_{[0,1]}(v) = 1 [ 0 , 1 ] ( v ) ⋅ ∫ 0 + ∞ e − u d u = 1 [ 0 , 1 ] ( v ) Veamos si se cumple:
f y ⃗ = 1 [ 0 , 1 ] ( v ) ⋅ e − u ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ] ( u ) f_{\vec{y}}=\mathbb{1}_{[0,1]}(v) \cdot e^{-u} \cdot \mathbb{1}_{[0,+\infty]} (u) f y = 1 [ 0 , 1 ] ( v ) ⋅ e − u ⋅ 1 [ 0 , + ∞ ] ( u ) Entonces son independientes.