Suponha que três variáveis aleatórias X_{1}, X_{2} e X_{3} tenham uma distribuição conjunta contínua com densidade dada por f_{X_{1}, X_{2}, X_{3}}\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=8 x_{1} x_{2} x_{3} \boldsymbol{I}_{A}\left(x_{1}, x_{2} x_{3}\right) com A= \{(0,1) \times(0,1) \times(0,1)\}. Suponha também que Y_{1}=X_{1}, Y_{2}=X_{1} X_{2}, Y_{3}=X_{1} X_{2} X_{3}. Encontre a densidade de \boldsymbol{Y}=(Y 1, Y 2, Y 3).
13. Sejam X e Y variáveis aleatórias iid U(0,1). Sejam Z=X+Y e W=X-Y. Encontre a densidade conjunta de Z e W e as marginais de Z e de W.

Passo 1

Enunciados e dados importantes (vou listar separadinhos para não confundir).
Problema A (primeiro exercício):
  • As variáveis X_{1},X_{2},X_{3} têm densidade conjunta
f_{X_{1},X_{2},X_{3}}(x_{1},x_{2},x_{3})=8\,x_{1}x_{2}x_{3}\,\boldsymbol{I}_{A}(x_{1},x_{2},x_{3}),
com A=\{(x_{1},x_{2},x_{3}):0<x_{1}<1,\;0<x_{2}<1,\;0<x_{3}<1\}.
  • As transformações são
Y_{1}=X_{1},\qquad Y_{2}=X_{1}X_{2},\qquad Y_{3}=X_{1}X_{2}X_{3}.
  • Pedido: encontrar a densidade conjunta de \boldsymbol{Y}=(Y_{1},Y_{2},Y_{3}).
Problema B (segundo exercício, numerado 13 no enunciado):
  • X e Y são iid \mathrm{Uniform}(0,1). Definimos
Z=X+Y,\qquad W=X-Y.
  • Pedido: encontrar a densidade conjunta de (Z,W) e as densidades marginais de Z e de W.

Passo 2

Escolha do método (o que vamos usar e por quê).
  • Para ambos os problemas temos uma transformação de variáveis contínuas e queremos a densidade da nova variável. O método padrão é a transformação por mudança de variável usando a inversa da transformação e o determinante jacobiano. Vou aplicar esse método: achar a inversa (expressar x em função de y ou z,w), calcular o jacobiano \left|\det\!\left(\frac{\partial(x)}{\partial(y)}\right)\right|, e obter
f_{Y}(y)=f_{X}(x(y))\; \big|\det \tfrac{\partial x}{\partial y}\big|.
Vou explicar cada etapa devagarinho.

Passo 3

Problema A — inversa da transformação e domínio em termos de y.
  • As transformações foram
y_{1}=x_{1},\qquad y_{2}=x_{1}x_{2},\qquad y_{3}=x_{1}x_{2}x_{3}.
  • Resolver para x em função de y:
x_{1}=y_{1},\qquad x_{2}=\frac{y_{2}}{y_{1}},\qquad x_{3}=\frac{y_{3}}{y_{2}}.
(Verifique: x_{1}x_{2}=y_{1}\cdot \frac{y_{2}}{y_{1}}=y_{2} e x_{1}x_{2}x_{3}=y_{2}\cdot\frac{y_{3}}{y_{2}}=y_{3}.)
  • Agora determinar o domínio de (y_{1},y_{2},y_{3}) decorrente de 0<x_{i}<1:
    • y_{1}=x_{1}\in(0,1).
    • Para fixo x_{1}, y_{2}=x_{1}x_{2} com 0<x_{2}<1 implica 0<y_{2}<x_{1}=y_{1}.
    • Para fixo x_{1},x_{2}, y_{3}=x_{1}x_{2}x_{3} com 0<x_{3}<1 implica 0<y_{3}<x_{1}x_{2}=y_{2}.
  • Portanto o domínio é
\{(y_{1},y_{2},y_{3}):0<y_{3}<y_{2}<y_{1}<1\}.
Vou usar essa descrição ao final.

Passo 4

Problema A — cálculo do jacobiano \left|\det\!\big(\tfrac{\partial x}{\partial y}\big)\right|.
  • Temos a inversa
x_{1}=y_{1},\qquad x_{2}=\frac{y_{2}}{y_{1}},\qquad x_{3}=\frac{y_{3}}{y_{2}}.
  • Montamos a matriz de derivadas parciais \dfrac{\partial(x_{1},x_{2},x_{3})}{\partial(y_{1},y_{2},y_{3})}:
\begin{pmatrix} \frac{\partial x_{1}}{\partial y_{1}} & \frac{\partial x_{1}}{\partial y_{2}} & \frac{\partial x_{1}}{\partial y_{3}}\\[6pt] \frac{\partial x_{2}}{\partial y_{1}} & \frac{\partial x_{2}}{\partial y_{2}} & \frac{\partial x_{2}}{\partial y_{3}}\\[6pt] \frac{\partial x_{3}}{\partial y_{1}} & \frac{\partial x_{3}}{\partial y_{2}} & \frac{\partial x_{3}}{\partial y_{3}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -\dfrac{y_{2}}{y_{1}^{2}} & \dfrac{1}{y_{1}} & 0\\[8pt] 0 & -\dfrac{y_{3}}{y_{2}^{2}} & \dfrac{1}{y_{2}} \end{pmatrix}.
  • Calcule o determinante (expansão pela primeira linha facilita):
\det = 1\cdot\left(\dfrac{1}{y_{1}}\cdot\dfrac{1}{y_{2}} - 0\cdot\left(-\dfrac{y_{3}}{y_{2}^{2}}\right)\right) = \frac{1}{y_{1}y_{2}}.
  • Como o determinante é positivo no domínio considerado, o jacobiano absoluto é
\Big|\det\!\Big(\frac{\partial x}{\partial y}\Big)\Big|=\frac{1}{y_{1}y_{2}}.]

Passo 5

Problema A — calcular f_{Y}(y) aplicando a fórmula de mudança de variável e simplificar.
  • Substituo x_{1}=y_{1},\;x_{2}=y_{2}/y_{1},\;x_{3}=y_{3}/y_{2} na densidade original f_{X}(x)=8x_{1}x_{2}x_{3}:
f_{X}(x(y)) = 8\;y_{1}\cdot\frac{y_{2}}{y_{1}}\cdot\frac{y_{3}}{y_{2}} = 8\,y_{3}.
  • Aplicando a fórmula com o jacobiano:
f_{Y_{1},Y_{2},Y_{3}}(y_{1},y_{2},y_{3}) = f_{X}(x(y))\;\frac{1}{y_{1}y_{2}} = 8\,y_{3}\cdot\frac{1}{y_{1}y_{2}}=\frac{8\,y_{3}}{y_{1}y_{2}},
válido no domínio 0<y_{3}<y_{2}<y_{1}<1; fora disso é zero.

Passo 6

Problema A — checagem rápida de normalização (para ganhar confiança).
  • Verifico que a densidade integra 1:
\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{y_{1}}\!\int_{0}^{y_{2}}\frac{8\,y_{3}}{y_{1}y_{2}}\,dy_{3}\,dy_{2}\,dy_{1}.
  • Integro em y_{3}:
\int_{0}^{y_{2}} \frac{8\,y_{3}}{y_{1}y_{2}}\,dy_{3} = \frac{8}{y_{1}y_{2}}\cdot\frac{y_{2}^{2}}{2} = \frac{4y_{2}}{y_{1}}.
  • Agora em y_{2} (de 0 a y_{1}):
\int_{0}^{y_{1}} \frac{4y_{2}}{y_{1}}\,dy_{2} = \frac{4}{y_{1}}\cdot\frac{y_{1}^{2}}{2} = 2y_{1}.
  • Por fim em y_{1} (de 0 a 1):
\int_{0}^{1} 2y_{1}\,dy_{1} = 2\cdot\frac{1}{2} = 1.
  • Perfeito — a densidade está normalizada.

Passo 7

Problema B — inversa da transformação (Z,W)\mapsto(X,Y) e domínio.
  • As definições foram
Z=X+Y,\qquad W=X-Y.
  • Resolver o sistema linear para X,Y:
X=\frac{Z+W}{2},\qquad Y=\frac{Z-W}{2}.
  • Observação sobre domínio: originalmente (X,Y) está no quadrado (0,1)\times(0,1). Portanto os pontos (z,w) correspondentes satisfazem:
0<\frac{Z+W}{2}<1,\qquad 0<\frac{Z-W}{2}<1.
Isso dá as desigualdades equivalentes
-W<Z<2-W,\qquad W<Z<2+W.
Tomando as duas simultaneamente resulta em
\max(-W,W)<Z<\min(2-W,2+W).
Como \max(-W,W)=|W| e \min(2-W,2+W)=2-|W|, obtemos o domínio em (z,w):
-1<w<1,\qquad |w|<z<2-|w|.
(Se |w|\ge 1 o intervalo em z fica vazio, por isso w fica entre -1 e 1.)

Passo 8

Problema B — cálculo do jacobiano \big|\det(\partial(x,y)/\partial(z,w))\big|.
  • A inversa já dada:
x=\frac{z+w}{2},\qquad y=\frac{z-w}{2}.
  • A matriz jacobiana \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(z,w)} é
\begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial z} & \frac{\partial x}{\partial w}\\[4pt] \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial w} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\[4pt] \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}.
  • Determinante:
\det = \frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} = -\frac{1}{4}-\frac{1}{4}=-\frac{1}{2}.
  • Logo o jacobiano absoluto é
\Big|\det\!\Big(\frac{\partial(x,y)}{\partial(z,w)}\Big)\Big|=\frac{1}{2}.]

Passo 9

Problema B — densidade conjunta f_{Z,W}(z,w).
  • A densidade conjunta original de (X,Y) é f_{X,Y}(x,y)=1 no quadrado (0,1)^{2} e zero fora.
  • Pela fórmula de mudança de variável,
f_{Z,W}(z,w)=f_{X,Y}\big(x(z,w),y(z,w)\big)\cdot\Big|\det\!\Big(\frac{\partial(x,y)}{\partial(z,w)}\Big)\Big|.
  • Para (z,w) no domínio correspondente (isto é, -1<w<1 e |w|<z<2-|w|) temos f_{X,Y}=1, portanto
f_{Z,W}(z,w)=\frac{1}{2}\quad\text{para }-1<w<1,\;|w|<z<2-|w|.
Fora desse conjunto a densidade é zero.

Passo 10

Problema B — densidade marginal de Z: f_{Z}(z).
  • Para z fixo, w varia entre -\min(z,2-z) e +\min(z,2-z). Em palavras, os limites de w são |w|<\min(z,2-z).
  • Assim
f_{Z}(z)=\int_{w=-\min(z,2-z)}^{\min(z,2-z)} \frac{1}{2}\,dw = \frac{1}{2}\cdot 2\min(z,2-z)=\min(z,2-z).
  • Escrevendo em forma usual (função triangular no intervalo (0,2)):
f_{Z}(z)= \begin{cases} z, & 0<z<1,\\[4pt] 2-z, & 1\le z<2,\\[4pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}á]

Passo 11

Problema B — densidade marginal de W\): \(f_{W}(w)\). - Para \(w\) fixo com \(|w|<1\), \(z\) varia entre \(|w|\) e \(2-|w|\). Logo \[f_{W}(w)=\int_{z=|w|}^{2-|w|} \frac{1}{2}\,dz = \frac{1}{2}\big(2-2|w|\big)=1-|w|.
  • Portanto
f_{W}(w)= \begin{cases} 1-|w|, & -1<w<1,\\[4pt] 0, & \text{caso contrário.} \end{cases}á
  • Observação intuitiva: tanto Z\] quanto \(W têm densidade triangular (mas Z está em (0,2) e W em (-1,1)).]

Resposta

[f_{Y_{1},Y_{2},Y_{3}}(y_{1},y_{2},y_{3})=\dfrac{8,y_{3}}{y_{1}y_{2}}) para 0<y_{3}<y_{2}<y_{1}<1, e 0 caso contrário.
f_{Z,W}(z,w)=\dfrac{1}{2} para -1<w<1 e |w|<z<2-|w|, e 0 caso contrário.
(f_{Z}(z)= \begin{cases} z, & 0<z<1,\\[4pt] 2-z, & 1\le z<2,\\[4pt] 0, & \text{caso contrário,}\end{cases}á]
f_{W}(w)=\begin{cases} 1-|w|, & -1<w<1,\\[4pt] 0, & \text{caso contrário.}\end{cases}á]

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