Considere duas variáveis aleatórias contínuas X e Y, independentes, com distribuições exponenciais:
f_{X}(x)=\lambda e^{-\lambda x}, \quad x>0, \quad f_{Y}(y)=\mu e^{-\mu y}, \quad y>0
Seja a transformação
U=X+Y, \quad V=\frac{X}{X+Y}
i) Determine a densidade conjunta f_{U, V}(u, v) das variáveis transformadas;
ii) Obtenha a densidade marginal de V e identifique a distribuição de V.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados fornecidos (pegos do enunciado):
    • X e Y são independentes.
    • X tem densidade \;f_X(x)=\lambda e^{-\lambda x},\; x>0.
    • Y tem densidade \;f_Y(y)=\mu e^{-\mu y},\; y>0.
  • Transformação dada: U = X + Y,\qquad V = \frac{X}{X+Y}.
  • Perguntas:
    i) Determinar a densidade conjunta f_{U,V}(u,v) das variáveis transformadas.
    ii) Obter a densidade marginal de V e identificar a distribuição de V.

Passo 2

Primeiro encontro a transformação inversa (ou seja, escrevo X e Y em função de U e V). A partir de
U=X+Y,\qquad V=\frac{X}{X+Y},
temos imediatamente
X = U V,\qquad Y = U(1-V).
Também identifico o domínio (conjunto de valores possíveis de (u,v)) observando que x>0 e y>0 implicam u>0 e 0<v<1. Então o domínio é
u>0,\qquad 0<v<1.

Passo 3

Agora preciso do Jacobiano da transformação para usar a fórmula de mudança de variáveis. O Jacobiano é o determinante da matriz das derivadas parciais de (x,y) em relação a (u,v). Escrevo a matriz Jacobiana:
\begin{pmatrix} \partial x/\partial u & \partial x/\partial v\\[4pt] \partial y/\partial u & \partial y/\partial v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} v & u\\[4pt] 1-v & -u \end{pmatrix}.
O determinante é
\det = v\cdot(-u) - u\cdot(1-v) = -u v - u(1-v) = -u.
O valor absoluto do determinante (que entra na fórmula) é
\left|\det\right| = u.
Observação didática: o Jacobiano mede a “dilatação” local da área quando mudo de coordenadas; aqui aparece um fator u porque a escala na direção de v tem um fator linear em u.]

Passo 4

A densidade conjunta original (por independência) é
f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=\lambda e^{-\lambda x}\cdot \mu e^{-\mu y}=\lambda\mu e^{-\lambda x-\mu y},
válida para x>0,y>0. Aplicando a mudança de variáveis,
f_{U,V}(u,v)=f_{X,Y}\big(x(u,v),y(u,v)\big)\cdot\left|\det\left(\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right)\right|.
Substituo x=uv, y=u(1-v) e \left|\det\right|=u:
f_{U,V}(u,v)=\lambda\mu \exp\big(-\lambda u v - \mu u (1-v)\big)\cdot u.
Posso reorganizar o expoente para ficar mais claro:
-\lambda u v - \mu u (1-v) = -u\big(\mu + (\lambda-\mu)v\big).
Portanto
f_{U,V}(u,v)=\lambda\mu\; u\; e^{-u\big(\mu + (\lambda-\mu)v\big)},
para u>0 e 0<v<1. Fora desse domínio a densidade é zero.

Passo 5

Vou mostrar brevemente por que essa expressão faz sentido: para cada v fixo, a densidade em u tem forma proporcional a u e^{-a u} com a=\mu+(\lambda-\mu)v>0. Essa é uma densidade (quando integrada em u dá um número finito) e a presença de u vem do Jacobiano; a dependência em v aparece no parâmetro a.

Passo 6

Agora calculo a densidade marginal de V integrando f_{U,V} em u de 0 a \infty:
f_V(v)=\int_{0}^{\infty} f_{U,V}(u,v)\, du = \int_{0}^{\infty} \lambda\mu\; u\; e^{-u\big(\mu + (\lambda-\mu)v\big)}\, du.
Para avaliar essa integral uso a fórmula padrão (uma integral de gama simples):
\int_{0}^{\infty} u e^{-a u}\, du = \frac{1}{a^{2}},\qquad a>0.
Aqui a=\mu+(\lambda-\mu)v. Aplicando:
f_V(v)=\lambda\mu\cdot\frac{1}{\big(\mu+(\lambda-\mu)v\big)^{2}}, \qquad 0<v<1.

Passo 7

Faço uma simplificação útil definindo a=\dfrac{\lambda}{\mu} (atenção: aqui a é apenas uma razão de parâmetros, não confundir com o a da integral anterior). Escrevendo f_V em termos de a:
\mu+(\lambda-\mu)v=\mu\big(1+(a-1)v\big),
então
f_V(v)=\frac{\lambda\mu}{\mu^{2}\big(1+(a-1)v\big)^{2}}=\frac{a}{\big(1+(a-1)v\big)^{2}},\qquad 0<v<1.
Também é instructivo obter a função de distribuição acumulada. Integro a densidade em v:
F_V(v)=\int_{0}^{v}\frac{a}{\big(1+(a-1)t\big)^{2}}\, dt = \frac{a v}{1+(a-1)v},\qquad 0\le v\le 1.
Verificação rápida do caso especial: se \lambda=\mu então a=1 e f_V(v)=1 em (0,1), ou seja, V é uniforme em (0,1) quando as taxas são iguais (resultado clássico).

Passo 8

Identificação da distribuição de V: a densidade
f_V(v)=\frac{\lambda\mu}{\big(\mu+(\lambda-\mu)v\big)^{2}},\qquad 0<v<1,
é a forma explícita da distribuição de V=\dfrac{X}{X+Y} quando X e Y são exponenciais com parâmetros \lambda e \mu. Não é, em geral, uma Beta padrão (exceto no caso \lambda=\mu, que dá Beta (1,1) = Uniform (0,1)). Pode ser expressa como
f_V(v)=\frac{a}{\big(1+(a-1)v\big)^{2}},\qquad a=\frac{\lambda}{\mu},
e tem CDF F_V(v)=\dfrac{a v}{1+(a-1)v}. Esses formulários permitem gerar amostras de V por inversão ou identificar propriedades (como média e etc., se necessário).

Resposta

i) \displaystyle f_{U,V}(u,v)=\lambda\mu\; u\; e^{-u\big(\mu + (\lambda-\mu)v\big)},\quad u>0,\;0<v<1.
ii) \displaystyle f_{V}(v)=\frac{\lambda\mu}{\big(\mu+(\lambda-\mu)v\big)^{2}},\quad 0<v<1.
A função de distribuição é \displaystyle F_{V}(v)=\frac{\tfrac{\lambda}{\mu}\,v}{1+\big(\tfrac{\lambda}{\mu}-1\big)v}. Em particular, se \lambda=\mu então V\sim\mathrm{Uniform}(0,1).

Exercícios relacionados