Sejam X e Y variáveis aleatórias independentes tais que X \sim \operatorname{Exp}(\lambda) e Y \sim \operatorname{Exp}(\mu). Ache a densidade conjunta de S=X+Y e T=X-Y. S e T sao independentes?

Passo 1

O enunciado dá que X e Y são variáveis aleatórias independentes com distribuições exponenciais:
X \sim \operatorname{Exp}(\lambda),\quad Y \sim \operatorname{Exp}(\mu),
ou seja as densidades marginais são
f_X(x)=\lambda e^{-\lambda x},\; x>0,\qquad f_Y(y)=\mu e^{-\mu y},\; y>0.
Pede-se (1) a densidade conjunta de S=X+Y e T=X-Y e (2) verificar se S e T são independentes.
Informações relevantes listadas:
S=X+Y,\qquad T=X-Y,
X,Y independentes com os parâmetros \lambda>0 e \mu>0. A resolução começa transformando (X,Y) em (S,T) e usando a fórmula de transformação de variáveis.

Passo 2

Encontrar a inversa da transformação (S,T)\mapsto(X,Y). Resolvendo para X e Y em função de S e T:
X=\frac{S+T}{2},\qquad Y=\frac{S-T}{2}.
Explicando: somando S=X+Y com T=X-Y obtemos 2X, daí X=(S+T)/2; subtraindo obtemos 2Y, daí Y=(S-T)/2. Essa inversa será usada para avaliar a densidade conjunta de (X,Y) no ponto correspondente.

Passo 3

Calcular o jacobiano da transformação (s,t)\mapsto(x,y). A matriz jacobiana é
\frac{\partial(x,y)}{\partial(s,t)}= \begin{pmatrix} \partial x/\partial s & \partial x/\partial t\\[4pt] \partial y/\partial s & \partial y/\partial t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[4pt] \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}.
O determinante é
\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(s,t)}=\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}.
O jacobiano absoluto que entra na fórmula de transformação é \big|\det\big|=\frac{1}{2}. Explicação rápida: o fator \tfrac12 ajusta a “escala” quando trocamos de variáveis.]

Passo 4

Determinar o suporte (domínio) de (S,T). Como X>0 e Y>0, usando X=(S+T)/2>0 e Y=(S-T)/2>0 obtemos
S>0\quad\text{e}\quad -S<T<S.
Agora aplicamos a fórmula da transformação de densidades:
f_{S,T}(s,t)=f_{X,Y}\big(x(s,t),y(s,t)\big)\cdot\left|\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(s,t)}\right|.
Como X e Y são independentes, f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y). Substituindo x=(s+t)/2, y=(s-t)/2 e o jacobiano:
f_{S,T}(s,t)=\frac{1}{2}\,\lambda e^{-\lambda\frac{s+t}{2}}\;\mu e^{-\mu\frac{s-t}{2}},
para s>0 e -s<t<s, e f_{S,T}(s,t)=0 fora desse domínio. Podemos simplificar o expoente:
\lambda\frac{s+t}{2}+\mu\frac{s-t}{2}=\frac{\lambda+\mu}{2}s+\frac{\lambda-\mu}{2}t,
portanto uma forma mais compacta é
\boxed{\,f_{S,T}(s,t)=\frac{1}{2}\lambda\mu\,e^{-\frac{\lambda+\mu}{2}s}\,e^{-\frac{\lambda-\mu}{2}t},\quad s>0,\\\ -s<t<s. \,}
(Isto é apenas rearranjo exponencial, a condição de suporte é essencial.)

Passo 5

Calcular a densidade marginal de S integrando em t sobre (-s,s). Começamos integrando a expressão de f_{S,T}:
f_S(s)=\int_{-s}^{s}\frac{1}{2}\lambda\mu\,e^{-\frac{\lambda+\mu}{2}s}e^{-\frac{\lambda-\mu}{2}t}\,dt, \quad s>0.
Fatorando o que não depende de t:
f_S(s)=\frac{1}{2}\lambda\mu\,e^{-\frac{\lambda+\mu}{2}s}\int_{-s}^{s}e^{-\frac{\lambda-\mu}{2}t}\,dt.
Calcule a integral (defina a=\tfrac{\lambda-\mu}{2}):
\int_{-s}^{s}e^{-a t}\,dt=\frac{2}{a}\operatorname{sinh}(as)=\frac{4}{\lambda-\mu}\operatorname{sinh}\!\Big(\frac{\lambda-\mu}{2}s\Big),
quando \lambda\neq\mu. Substituindo e simplificando (usar \operatorname{sinh} em termos de exponenciais) chega-se à forma conhecida:
\boxed{\,f_S(s)=\frac{\lambda\mu}{\mu-\lambda}\big(e^{-\lambda s}-e^{-\mu s}\big),\quad s>0,\\ \lambda\neq\mu.\,}
No caso \lambda=\mu toma-se o limite (ou faz a convolução diretamente) e obtém-se a forma Erlang de ordem 2:
\boxed{\,f_S(s)=\lambda^2 s e^{-\lambda s},\quad s>0,\\ \text{se }\lambda=\mu.\,}
Comentário didático: isso é a convolução de duas exponenciais com taxas diferentes; a expressão acima é a forma padrão do somatório de duas exponenciais independentes.

Passo 6

Calcular a densidade marginal de T\) integrando em \(s\). Para um valor fixo \(t\) o suporte em \(s\) é \(s\in(|t|,\infty)\). Então \[f_T(t)=\int_{|t|}^{\infty}\frac{1}{2}\lambda\mu\,e^{-\frac{\lambda+\mu}{2}s}e^{-\frac{\lambda-\mu}{2}t}\,ds.
Fatorando o que não depende de s:
f_T(t)=\frac{1}{2}\lambda\mu\,e^{-\frac{\lambda-\mu}{2}t}\int_{|t|}^{\infty}e^{-\frac{\lambda+\mu}{2}s}\,ds.
A integral é simples: com b=\tfrac{\lambda+\mu}{2},
\int_{|t|}^{\infty}e^{-b s}\,ds=\frac{e^{-b|t|}}{b}=\frac{2}{\lambda+\mu}e^{-\frac{\lambda+\mu}{2}|t|}.
Multiplicando tudo resulta em
f_T(t)=\frac{\lambda\mu}{\lambda+\mu}\,e^{-\frac{\lambda-\mu}{2}t}\,e^{-\frac{\lambda+\mu}{2}|t|}.
Separando os casos t\ge 0 e t<0 (mais claro explicitamente):
\boxed{\,f_T(t)=\frac{\lambda\mu}{\lambda+\mu}\begin{cases} e^{-\lambda t}, & t\ge 0,\\[4pt] e^{\mu t}, & t<0, \end{cases}\,}
ou, em forma única,
\boxed{\,f_T(t)=\frac{\lambda\mu}{\lambda+\mu}\,e^{-\lambda t}\mathbf{1}_{\{t\ge0\}}+\frac{\lambda\mu}{\lambda+\mu}\,e^{\mu t}\mathbf{1}_{\{t<0\}}. \,}
No caso (\lambda=\mu] isso reduz a
\boxed{\,f_T(t)=\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda|t|},\quad t\in\mathbb{R},\\ \text{se }\lambda=\mu,\,}
que é a distribuição Laplace (duas caudas exponenciais iguais).]

Passo 7

Verificar independência: S e T seriam independentes se, para todo s,t no suporte, tivéssemos
f_{S,T}(s,t)=f_S(s)\,f_T(t).
Mas note que o suporte da densidade conjunta exige -s<t<s, ou seja o conjunto de valores possíveis de t depende de s. Essa dependência do suporte já é um forte indício de não independência (variáveis independentes têm suporte que é produto cartesiano de suportes marginais). Além disso, substituindo as expressões explícitas, por exemplo para \lambda\neq\mu,
f_{S,T}(s,t)=\frac{1}{2}\lambda\mu\,e^{-\frac{\lambda+\mu}{2}s}e^{-\frac{\lambda-\mu}{2}t}
não se decompõe como f_S(s)f_T(t) porque f_S(s) já contém termos que dependem de exponenciais tanto em \lambda s como em \mu s e a integração que determinou f_S introduziu uma combinação que impede fatoração. Para ser totalmente explícito, mesmo no caso \lambda=\mu temos
f_{S,T}(s,t)=\frac{1}{2}\lambda^2 e^{-\lambda s},\quad -s<t<s,
enquanto
f_S(s)=\lambda^2 s e^{-\lambda s},\qquad f_T(t)=\frac{\lambda}{2}e^{-\lambda|t|},
e claramente \frac{1}{2}\lambda^2 e^{-\lambda s}\neq \big(\lambda^2 s e^{-\lambda s}\big)\big(\tfrac{\lambda}{2}e^{-\lambda|t|}\big) (por exemplo a dependência em s difere em um fator s, e o indicador -s<t<s impede fatoração). Logo S e T não são independentes.

Resposta

f_{S,T}(s,t)=\frac{1}{2}\lambda\mu\,e^{-\frac{\lambda+\mu}{2}s}\,e^{-\frac{\lambda-\mu}{2}t},\quad s>0,\\\ -s<t<s,
e f_{S,T}(s,t)=0 fora desse domínio.
Não — S e T não são independentes.

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