Exercício 9…A função de densidade conjunta de Xe Y é dada por:
f_{x, y}(x, y)=c\left(y^{2}-x^{2}\right) e^{-y}, \operatorname{para}|x| \leq y, y>0 .
(a) Determine o valor de c.
(b) Determine as funções de densidade marginal de Xe Y .
(c) Calcule a \mathrm{P}(-1 \leq \mathrm{X} \leq 1,1 \leq \mathrm{Y} \leq 3).

Passo 1

O enunciado dá uma densidade conjunta de (X,Y)
f_{X,Y}(x,y)=c\,(y^{2}-x^{2})\,e^{-y},\quad |x|\le y,\;y>0,
e pede:
– (a) o valor de c;
– (b) as densidades marginais de X e de Y;
– (c) a probabilidade \mathrm{P}(-1\le X\le1,\;1\le Y\le3).
Para resolver, vamos usar normalização para achar c, depois integrar para obter marginais e, por fim, calcular a integral dupla na região dada.

Passo 2

Para achar c, impomos
\iint_{|x|\le y,\;y>0}f_{X,Y}(x,y)\,dx\,dy=1.
Logo
\int_{y=0}^{\infty}\int_{x=-y}^{y}c\,(y^{2}-x^{2})\,e^{-y}\,dx\,dy=1.
No interno,
\int_{-y}^{y}(y^{2}-x^{2})\,dx =\int_{-y}^{y}y^{2}\,dx-\int_{-y}^{y}x^{2}\,dx =2y^{3}-\tfrac{2}{3}y^{3} =\tfrac{4}{3}y^{3}.
Então
c\int_{0}^{\infty}\tfrac{4}{3}y^{3}e^{-y}\,dy =c\;\tfrac{4}{3}\,\Gamma(4) =c\;\tfrac{4}{3}\times6 =8c =1,
logo
c=\tfrac18.

Passo 3

A densidade marginal de Y é
f_{Y}(y)=\int_{x=-y}^{y}f_{X,Y}(x,y)\,dx =\int_{-y}^{y}\tfrac18(y^{2}-x^{2})e^{-y}\,dx =\tfrac18\cdot\tfrac{4}{3}y^{3}e^{-y} =\tfrac{1}{6}y^{3}e^{-y}, \quad y>0.
A densidade marginal de X é
f_{X}(x) =\int_{y=|x|}^{\infty}f_{X,Y}(x,y)\,dy =\int_{|x|}^{\infty}\tfrac18(y^{2}-x^{2})e^{-y}\,dy.
Para esta integral, usamos \displaystyle \int_{a}^{\infty}y^{2}e^{-y}dy =e^{-a}(a^{2}+2a+2) e \displaystyle \int_{a}^{\infty}e^{-y}dy=e^{-a}.
Logo, com a=|x|,
f_{X}(x) =\tfrac18\bigl[e^{-|x|}(|x|^{2}+2|x|+2)-x^{2}e^{-|x|}\bigr] =\tfrac18 e^{-|x|}(2|x|+2) =\tfrac14(|x|+1)e^{-|x|}, \quad x\in\mathbb{R}.

Passo 4

Para \mathrm{P}(-1\le X\le1,\;1\le Y\le3), calculamos
\int_{y=1}^{3}\int_{x=-1}^{1}\tfrac18(y^{2}-x^{2})e^{-y}\,dx\,dy.
No interno,
\int_{-1}^{1}(y^{2}-x^{2})\,dx =2y^{2}-\tfrac{2}{3}
portanto
\mathrm{P} =\tfrac18\int_{1}^{3}\bigl(2y^{2}-\tfrac{2}{3}\bigr)e^{-y}dy =\tfrac{1}{4}\int_{1}^{3}\bigl(y^{2}-\tfrac{1}{3}\bigr)e^{-y}dy.
Avaliamo esta integral por partes (ou pela forma fechada de \int y^{2}e^{-y}dy), obtendo
\mathrm{P} =\frac{14e^{-1}-50e^{-3}}{12}.

Resposta

(a) c=\tfrac18.
(b)
f_{Y}(y)=\tfrac{1}{6}\,y^{3}e^{-y},\;y>0, \quad f_{X}(x)=\tfrac14(|x|+1)e^{-|x|},\;x\in\mathbb{R}.
(c)
\mathrm{P}(-1\le X\le1,\;1\le Y\le3) =\frac{14e^{-1}-50e^{-3}}{12}.

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