Dada a distribuição conjunta
\[ \begin{align} f_{X,Y}(x,y)=\begin{cases} 4xy, & 0<x,y<1 \\\\ 0, & \mbox{c.c.}, \end{cases} \end{align} \]
verifica-se, facilmente, que
\[ \begin{align} f_X(x)=2x, \quad x\in(0,1) \quad \wedge \quad f_Y(y)=2y, \quad y\in(0,1). \end{align} \]
Desejamos calcular a esperança da variável aleatória \(XY\).
\[ \begin{align} \mathbb{E}\big[XY\big]&=\int\limits_{-\infty}^{\infty}\int\limits_{-\infty}^{\infty}xy\,f_{X,Y}(x,y)\,dx\,dy\\ &=\int\limits_{0}^{1}\int\limits_{0}^{1}xy\,4xy\,dx\,dy\\ &=4\int\limits_{0}^{1}y^2\bigg(\int\limits_{0}^{1}x^2 dx\bigg) dy\\ &=4\int\limits_{0}^{1}\frac{y^2}{3}\,dy\\ &=\frac{4}{9}. \end{align} \] Outro Modo de fazer: Utilizar a independência de \(X\) e \(Y\) provada no item b).
Como \(X\) e \(Y\) são independentes, então \(\mathbb{E}\big[XY\big]= \mathbb{E}\big[X\big]\mathbb{E}\big[Y\big]\).
E, sendo \(X\) e \(Y\) identicamente distribuídas, tem-se \(\mathbb{E}\big[XY\big]= \bigg(\mathbb{E}\big[Y\big]\bigg)^2\).
Uma vez que
\[ \begin{align} \mathbb{E}\big[Y\big]&=\int\limits_{-\infty}^{\infty}f_Y(t)dt\\ &=\int\limits_{0}^{1}t\,2t\,dt\\ &=2\frac{t^3}{3}\bigg|_{t\to 0}^{t\to 1}\\ &=\frac{2}{3}=\mathbb{E}\big[X\big], \end{align} \] seque que \[\mathbb{E}\big[XY\big]=\bigg(\frac{2}{3}\bigg)^2=\frac{4}{9}.\]
Exercício: Calcule o segundo momento, \(\mathbb{E}\big[(XY)^2\big]\), a fim de encontrar a variância. Para isso utilize o fato de \(X\) e \(Y\) serem i.i.d (independente e identicamente distribuídas), ou seja, \(\mathbb{E}\big[(XY)^2\big]=\bigg(\mathbb{E}\big[X^2\big]\bigg)^2\). Logo, basta calcular \(\mathbb{E}\big[X^2\big]\) e elevar ao quadrado o resultado. Por fim, utilize a fórmula operacional para cálculo da variância, \(Var(XY)=\mathbb{E}\big[(XY)^2\big]-\big(\mathbb{E}\big[XY\big]\big)^2\).
Basta gerar amostras das distribuições das v.a’s \(X\) e \(Y\).
Façamos isso pela transformada inversa da F.D.A.
\[ \begin{align} F_X(x)&=0, \quad x<0,\\\\ F_X(x)&=\int\limits_{-\infty}^{x}f_X(x)\,dx\\ &=\int\limits_{0}^{x}2t\,dt\\ &=x^2 , \quad x\in[0,1),\\\\ F_X(x)&=1, \quad x\geq 1. \end{align} \]
Considerando a v.a \(Y\), a determinação da F.D.A é análoga, uma vez que as densidades coincidem.
Para gerar as amostras, usamos o fato de que \(F_X\sim U(0,1)\) (Mostre!) e \(F_Y\sim U(0,1)\).
\[ \begin{align} F_X(x)&=x^2 \implies x=\sqrt{F_X(x)},\\ F_Y(y)&=y^2 \implies y=\sqrt{F_Y(y)}.\\ \end{align} \]
Como \(F_X\) e \(F_Y\) têm distribuições uniformes \(U(0,1)\), seque que
\[ u=F_X(x) \in (0,1) \quad \wedge \quad u=F_Y(y) \in(0,1). \]
## Gerando amostra da distribuicao F_X
u<-runif(1e7,0,1)
x<-sqrt(u)
## Gerando amostra da distribuicao F_Y
u<-runif(1e7,0,1)
y<-sqrt(u)
## Valores das esperancas
esp.sim<-mean(x*y)
esp.teo<-4/9
setNames(c(esp.sim,esp.teo),c("Esp. Simulada","Esp. Teórica"))## Esp. Simulada Esp. Teórica
## 0.4443921 0.4444444Pelo item b), \(X\) e \(Y\) são independentes e identicamente distribuídas. E, conforme calculamos, \(F_X(t)=F_Y(t)=t^2, \quad t\in[0,1)\) e \(f_Y(t)=f_X(t)=2t,\quad t\in(0,1)\).
Para solução deste item, utilizemos também a convolução das distribuições de \(X\) e \(Y\):
\[ \begin{align} F_Z(z)=P(X+Y\leq z)&=\int_{\mathbb{R}}F_Y(z-x)dF_X(x)\\ &=\int\limits_{0}^{1}(z-x)^2 2x\,dx\\ &=\int\limits_{0}^{1}\big[(z^2-2xz+x^2)\,2x\big]\,dx\\ &=\int\limits_{0}^{1}\big[2xz^2-4x^2z+2x^3\big]\,dx\\ &=2z^2\int\limits_{0}^{1}x\,dx - 4z\int\limits_{0}^{1}x^2\,dx + 2\int\limits_{0}^{1}x^3\,dx\\ &=z^2-\frac{4}{3}z+\frac{2}{4}. \end{align} \]
Portanto, \(F_Z(1)=P(X+Y\leq 1)=1-\frac{4}{3}+\frac{2}{4}\approx0.1666\).
Outro modo de calcular a integral (3a igualdade) acima: Aplicar mudança de variável.
## Gerando amostra da distribuicao F_X
u<-runif(1e7,0,1)
x<-sqrt(u)
## Gerando amostra da distribuicao F_Y
u<-runif(1e7,0,1)
y<-sqrt(u)
## prob. simulada
prob.sim<-mean( x + y <= 1 )
## prob. teorica
prob.teo<- 1 - (4/3) + (2/4)
## resultados
setNames(c(prob.sim,prob.teo),c("Prob.Simulada ","Prob.Teórica"))## Prob.Simulada Prob.Teórica
## 0.1665582 0.1666667