(Questão 47 - Seção 3.4 - Magalhães) Para algum \alpha>0, as variáveis aleatórias contínuas X e Y têm a seguinte densidade conjunta:
f_{X, Y}(x, y)=2 \alpha^{-2} e^{-\frac{x+y}{\alpha}} I_{\{0<x<y<\infty\}}(x, y)
Usando o método do Jacobiano, obtenha a conjunta e as marginais de U=\frac{X}{Y} e Y. Elas são independentes?

Passo 1

O enunciado dá a densidade conjunta de X e Y para algum \alpha>0:
f_{X,Y}(x,y)=2\alpha^{-2} e^{-\frac{x+y}{\alpha}} I_{\{0<x<y<\infty\}}(x,y).
O que é pedido:
  • Encontrar a densidade conjunta de U=\frac{X}{Y} e Y.
  • Calcular as densidades marginais de U e de Y.
  • Verificar se U e Y são independentes.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Domínio original: 0<x<y<\infty.
  • Parâmetro: \alpha>0.
  • A densidade é nula fora do conjunto \{(x,y):0<x<y<\infty\}.

Passo 2

Definimos a transformação entre variáveis:
U=\frac{X}{Y},\qquad Y=Y.
Para ser explícito, a transformação (u,y)\mapsto(x,y) é
x=uy,\qquad y=y.
Agora identificamos o domínio em termos de (u,y). Da condição 0<x<y temos 0<uy<y. Como y>0 (pois x<y e x>0), podemos dividir por y e obter
0<u<1,\qquad y>0.
Então o domínio transformado é \{(u,y):0<u<1,\;y>0\}.

Passo 3

Aplicamos o método do Jacobiano. Primeiro calculamos o determinante jacobiano da transformação inversa (u,y)\mapsto(x,y):
x=uy,\quad y=y \quad\Rightarrow\quad \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial y}\\[4pt] \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y & u\\[4pt] 0 & 1 \end{pmatrix}.
O determinante é |J|=y. A fórmula da mudança de variável diz:
f_{U,Y}(u,y)=f_{X,Y}(x=uy,\;y)\cdot |J|.
Substituindo f_{X,Y} e o jacobiano:
f_{U,Y}(u,y)=2\alpha^{-2} e^{-\frac{uy+y}{\alpha}} \cdot y \; I_{\{0<u<1,\;y>0\}}(u,y).
Podemos escrever de forma mais limpa:
\boxed{f_{U,Y}(u,y)=2\alpha^{-2}\, y\, e^{-\frac{y(1+u)}{\alpha}}\; I_{\{0<u<1,\;y>0\}}(u,y).}]

Passo 4

Encontrar a densidade marginal de U. Integramos f_{U,Y}(u,y) em y de 0 a \infty, para 0<u<1:
f_U(u)=\int_{0}^{\infty} 2\alpha^{-2}\, y\, e^{-\frac{y(1+u)}{\alpha}}\, dy.
Para facilitar, defina \beta=\dfrac{1+u}{\alpha} (observe que \beta>0 quando 0<u<1). Então a integral fica
f_U(u)=2\alpha^{-2}\int_{0}^{\infty} y e^{-\beta y}\, dy.
Calculamos \displaystyle \int_{0}^{\infty} y e^{-\beta y}\, dy. Uma forma simples é a mudança de variável t=\beta y, dy=dt/\beta:
\int_{0}^{\infty} y e^{-\beta y}\, dy = \int_{0}^{\infty} \frac{t}{\beta} e^{-t}\cdot \frac{dt}{\beta} = \frac{1}{\beta^2}\int_{0}^{\infty} t e^{-t}\, dt = \frac{1}{\beta^2}\cdot 1,
pois \int_{0}^{\infty} t e^{-t}\, dt=\Gamma(2)=1. Logo
\int_{0}^{\infty} y e^{-\beta y}\, dy = \frac{1}{\beta^2}.
Voltando:
f_U(u)=2\alpha^{-2}\cdot \frac{1}{\beta^2}=2\alpha^{-2}\cdot \frac{\alpha^2}{(1+u)^2}=\frac{2}{(1+u)^2},
para 0<u<1. Portanto
\boxed{f_U(u)=\frac{2}{(1+u)^2} \; I_{\{0<u<1\}}(u).}

Passo 5

Encontrar a densidade marginal de Y. Integramos f_{U,Y}(u,y) em u de 0 a 1, para y>0:
f_Y(y)=\int_{0}^{1} 2\alpha^{-2}\, y\, e^{-\frac{y(1+u)}{\alpha}}\, du.
Colocamos em evidência os fatores que não dependem de u:
f_Y(y)=2\alpha^{-2}\, y\, e^{-\frac{y}{\alpha}} \int_{0}^{1} e^{-\frac{y}{\alpha}u}\, du.
Calcule a integral em u. Seja c=\dfrac{y}{\alpha}>0. Então
\int_{0}^{1} e^{-c u}\, du = \left[-\frac{1}{c} e^{-c u}\right]_{0}^{1} = \frac{1-e^{-c}}{c}.
Substituindo c=\dfrac{y}{\alpha} obtemos
\int_{0}^{1} e^{-\frac{y}{\alpha}u}\, du = \frac{1-e^{-\frac{y}{\alpha}}}{\frac{y}{\alpha}} = \frac{\alpha(1-e^{-\frac{y}{\alpha}})}{y}.
Então
f_Y(y)=2\alpha^{-2}\, y\, e^{-\frac{y}{\alpha}}\cdot \frac{\alpha(1-e^{-\frac{y}{\alpha}})}{y} = \frac{2}{\alpha} e^{-\frac{y}{\alpha}}\bigl(1-e^{-\frac{y}{\alpha}}\bigr),
para y>0. Podemos também escrever de forma expandida:
\boxed{f_Y(y)=\frac{2}{\alpha}\Bigl(e^{-\frac{y}{\alpha}}-e^{-\frac{2y}{\alpha}}\Bigr)\; I_{\{y>0\}}(y).}

Passo 6

Verificação de independência entre U e Y.
Critério: U e Y são independentes se, e somente se, f_{U,Y}(u,y)=f_U(u)\,f_Y(y) para todos u,y no domínio.
Temos
f_{U,Y}(u,y)=2\alpha^{-2}\, y\, e^{-\frac{y(1+u)}{\alpha}},
e
f_U(u)f_Y(y)=\frac{2}{(1+u)^2}\cdot \frac{2}{\alpha} e^{-\frac{y}{\alpha}}\bigl(1-e^{-\frac{y}{\alpha}}\bigr).
Essas duas expressões não são iguais como funções de u e y: a expressão de f_{U,Y} contém o fator multiplicativo y e o termo e^{-\frac{yu}{\alpha}} que liga u e y multiplicativamente; já f_U(u)f_Y(y) é produto de uma função de u que não envolve y por uma função de y que não envolve u. Portanto a igualdade não se mantém. Um contraexemplo numérico simples (por exemplo tomar \alpha=1, u=\tfrac12, y=1) leva a valores diferentes dos dois lados, confirmando que não são iguais em geral.
Conclusão: U e Y não são independentes.

Resposta

f_{U,Y}(u,y)=2\alpha^{-2}\, y\, e^{-\frac{y(1+u)}{\alpha}}\; I_{\{0<u<1,\;y>0\}}(u,y).\n
f_U(u)=\dfrac{2}{(1+u)^2}\; I_{\{0<u<1\}}(u).\n
f_Y(y)=\dfrac{2}{\alpha}\Bigl(e^{-\frac{y}{\alpha}}-e^{-\frac{2y}{\alpha}}\Bigr)\; I_{\{y>0\}}(y).\n
U e Y não são independentes.

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