Совместную функцию распределения иногда проще сначала разложить на множители. Тогда независимость и отдельные распределения видны ещё до дифференцирования.
F(x,y)=P(X≤x,Y≤y); при независимости =F_X(x)F_Y(y)
Условие
При x > 0, y > 0 задана F(x, y) = 1 − e−x − e−y + e−x−y; если хотя бы одна координата неположительна, F = 0. Найдите отдельные функции распределения, совместную плотность, вероятности X > 0,5, X = Y + 0,2, Y > 0,5 при X > 0,5, X + Y > 0,5 и X ≤ Y, а также моменты и зависимость.
Отдельные распределения
Устремляя y к бесконечности, получаем FX(x) = 1 − e−x при x > 0 и 0 иначе. Для Y формула такая же.
На положительном квадранте F(x, y) = (1 − e−x)(1 − e−y). Факторизация сохраняется на всей плоскости с учётом нулевых значений вне носителя. Значит, X и Y независимы и имеют Exp(1).
Совместная плотность
Смешанная производная F по x и y равна f(x, y) = e−x−y для x, y > 0. Вне этой области плотность нулевая.
Отсюда событие X = Y + 0,2 имеет вероятность 0: оно лежит на прямой нулевой двумерной площади. Важно именно наличие совместной плотности; одной непрерывности отдельных распределений для такого вывода в общем случае недостаточно.
Вероятности
P(X > 0,5) = e−1/2. По независимости условная вероятность P(Y > 0,5 | X > 0,5) равна тому же числу.
Сумма S = X + Y имеет плотность s e−s при s > 0. Интегрируя её хвост, получаем:
P(X + Y > 0,5) = (1 + 0,5)e−1/2.
По симметрии и нулевой вероятности равенства P(X ≤ Y) = 1/2.
Моменты
У Exp(1) среднее и дисперсия равны 1. Независимость даёт E(XY) = E(X)E(Y) = 1. Поэтому Cov(X, Y) = 0 и Corr(X, Y) = 0.
Нулевую ковариацию здесь можно вывести из независимости, потому что она уже доказана факторизацией F. Обратный путь — объявить независимость только по нулевой корреляции — был бы необоснован.
Источник содержит начальные указания на предельный переход и факторизацию. Плотность, моменты и оставшиеся вероятности развёрнуты редакцией.
Экспоненциальное время ожидания · Математика.
Б. Демешев и участники · probability_pro, 16.18 · CC BY 4.0. Адаптация; решение дополнено.