Suponha que duas variáveis aleatórias X_{1} e X_{2} tenham uma distribuição conjunta contínua com densidade dada por f_{X_{1}, X_{2}}\left(x_{1}, x_{2}\right)=\left(x_{1}+x_{2}\right) \boldsymbol{I}_{A}\left(x_{1}, x_{2}\right) \operatorname{com} A=\{(0,1) \times(0,1)\} . Determine a densidade de Y em cada caso:
Y=\frac{X_{1}}{X_{2}}.

Passo 1

O enunciado fornece a densidade conjunta e pede a densidade marginal de Y=\dfrac{X_{1}}{X_{2}}.
Dado:
f_{X_{1},X_{2}}(x_{1},x_{2})=(x_{1}+x_{2})\,\boldsymbol{I}_{A}(x_{1},x_{2})
com A=(0,1)\times(0,1). Ou seja, f_{X_{1},X_{2}}(x_{1},x_{2})=x_{1}+x_{2} quando 0<x_{1}<1 e 0<x_{2}<1, e vale 0 fora desse retângulo.
Pedido:
Determinar a função densidade de Y=\dfrac{X_{1}}{X_{2}} (isto é, f_{Y}(y)).
Informações úteis extraídas do enunciado (sem começar a resolver ainda):
  • X_{1} e X_{2} só assumem valores em (0,1).
  • Assim Y=\dfrac{X_{1}}{X_{2}}>0 (suporte de Y será (0,\infty)).
  • A densidade conjunta é conhecida explicitamente dentro do quadrado unitário.

Passo 2

Escolhemos transformar as variáveis para aproveitar a relação Y=\dfrac{X_{1}}{X_{2}}. Definimos a transformação
y=\frac{x_{1}}{x_{2}},\qquad v=x_{2}.
Invertendo, obtemos
x_{1}=yv,\qquad x_{2}=v.
Agora vamos usar a fórmula de mudança de variável para densidades contínuas: se (Y,V) é a transformação invertível de (X_{1},X_{2}), então
f_{Y,V}(y,v)=f_{X_{1},X_{2}}(x_{1},x_{2})\left|\det\!\left(\frac{\partial(x_{1},x_{2})}{\partial(y,v)}\right)\right|.

Passo 3

Calculemos o Jacobiano. A matriz das derivadas parciais de (x_{1},x_{2}) em função de (y,v) é
\frac{\partial(x_{1},x_{2})}{\partial(y,v)}= \begin{pmatrix} \partial x_{1}/\partial y & \partial x_{1}/\partial v\\[4pt] \partial x_{2}/\partial y & \partial x_{2}/\partial v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} v & y\\[4pt] 0 & 1 \end{pmatrix}.
O determinante é v\cdot 1 - y\cdot 0 = v. Dentro do domínio temos v=x_{2}\in(0,1), logo |\det|=v.
Portanto
f_{Y,V}(y,v)=f_{X_{1},X_{2}}(yv,v)\cdot v.]

Passo 4

Precisamos agora identificar o suporte de (Y,V). Como 0<v<1 e 0<x_{1}=yv<1, temos também a condição yv<1, isto é v<1/y. Assim, para dado y>0, v varia em
0<v<\min\{1,\,1/y\}.
A densidade marginal de Y obtém-se integrando f_{Y,V} em v:
f_{Y}(y)=\int_{0}^{\min\{1,\,1/y\}} f_{X_{1},X_{2}}(yv,v)\,v\,dv.
Dentro do quadrado unitário temos f_{X_{1},X_{2}}(x_{1},x_{2})=x_{1}+x_{2}. Substituindo x_{1}=yv e x_{2}=v,
f_{X_{1},X_{2}}(yv,v)=yv+v=(y+1)\,v.
Logo o integrando fica (y+1)\,v\cdot v=(y+1)\,v^{2}. Assim
f_{Y}(y)=(y+1)\int_{0}^{\min\{1,\,1/y\}} v^{2}\,dv.

Passo 5

Calcule a integral \displaystyle\int_{0}^{a} v^{2}\,dv=\frac{a^{3}}{3}\). Aplicando com \(a=\min\{1,1/y\}\) obtemos \[f_{Y}(y)=(y+1)\cdot\frac{1}{3}\left(\min\{1,\,1/y\}\right)^{3}.
Agora escrevemos isso em forma de função por partes, usando que
  • se 0<y<1 então 1/y>1, logo \min\{1,1/y\}=1;
  • se y\ge 1 então 1/y\le 1, logo \min\{1,1/y\}=1/y.
Portanto, para y>0,
f_{Y}(y)= \begin{cases} \dfrac{y+1}{3}, & 0<y<1,\\[6pt] \dfrac{y+1}{3\,y^{3}}, & y\ge 1. \end{cases}
E f_{Y}(y)=0\] para \(y\le 0.]

Passo 6

Pequeno checagem (sanity check) da normalização: calcular \int_{0}^{\infty} f_{Y}(y)\,dy.
Divida em duas integrais:
\int_{0}^{1}\frac{y+1}{3}\,dy=\frac{1}{3}\Big[\tfrac{y^{2}}{2}+y\Big]_{0}^{1}=\frac{1}{3}\Big(\tfrac{1}{2}+1\Big)=\frac{1}{2}.
\int_{1}^{\infty}\frac{y+1}{3y^{3}}\,dy=\frac{1}{3}\int_{1}^{\infty}\Big(\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{y^{3}}\Big)dy =\frac{1}{3}\Big[1+\tfrac{1}{2}\Big]=\frac{1}{2}.
Somando dá 1, então a densidade está corretamente normalizada.

Resposta

f_{Y}(y)= \begin{cases} \dfrac{y+1}{3}, & 0<y<1,\\[6pt] \dfrac{y+1}{3\,y^{3}}, & y\ge 1,\\[6pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}á]

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