Distribuição conjunta – Soma de variáveis aleatórias

$$
\newcommand{\stackunder}[2]{ \renewcommand{\arraystretch}{0.7}
\displaystyle \begin{array}[t]{l} {#1}\\_{#2}\end{array}
\renewcommand{\arraystretch}{1}}
$$

Se X é uniformemente distribuída sobre (0,1) e Y é uma variável aleatória independente de X, com distribuição exponencial de parâmetro \(\lambda = 1\), encontre a função de distribuição de:

a) Z=X+Y

Do enunciado decorre que a densidade conjunta das varíaveis será dada por:

$$
f(x,y) = e^{-y} \stackunder{I(y)}{(0,\infty)} \stackunder{I(x)}{(0,1)}
$$

Vamos definir uma transformação de variáveis bidimensional, fazendo \(Y_1 = X+Y\) e \(Y_2 = Y\), com o objetivo de achar a distribuição marginal de \(Y_1\). Segue:

$$
y_1 = g_1(x,y) = x + y \qquad y_2 = g_2(x,y) = y
$$
$$
J = \left| \begin{array}{cc}
\frac{\delta{}g_1}{\delta{}x} & \frac{\delta{}g_1}{\delta{}y} \\
\frac{\delta{}g_2}{\delta{}x} & \frac{\delta{}g_2}{\delta{}y}
\end{array}\right|
= \left| \begin{array}{cc}
1 & 1 \\ 0 & 1
\end{array}\right| =
1 \Rightarrow |J^{-1}| = 1
$$
Invertendo as funções temos:
$$
x = y_1 – y_2 \qquad y = y_2
$$
$$
f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2) = e^{-y_2} \stackunder{I(y_1-y_2)}{(0,1)} \stackunder{I(y_2)}{(0,\infty)}
$$

Queremos a marginal de \(Y_1\), fazemos então:
$$
\begin{eqnarray*}
f_{Y_1}(y_1) &=& \int_{-\infty}^\infty f_{Y_1,Y_2} \textrm{d}y_2 \\
&=& \stackunder{I(y_1)}{(0,1)} \int_0^{y_1} e^{-y_2} \textrm{d}y_2 + \stackunder{I(y_1)}{(1,\infty)} \int_{y_1-1}^{y1} e^{-y_2} \textrm{d}y_2 \\
&=& (1-e^{-y_1}) \stackunder{I(y_1)}{(0,1)} + (e^{-(y_1-1)}-e^{-y_1}) \stackunder{I(y_1)}{(1,\infty)}
\end{eqnarray*}
$$
Essa é portanto a função de densidade de X+Y. Para acharmos a função de distribuição basta fazermos:
$$
F_{X+Y}(z) = \int_{-\infty}^{z} f_{Y_1}(y_1) \textrm{d}y_1
$$
$$
\begin{eqnarray*}
&=& \int_{0}^{z} (1-e^{-y_1}) \stackunder{I(y_1)}{(0,1)} + (e^{-(y_1-1)}-e^{-y_1}) \stackunder{I(y_1)}{(1,\infty)} \textrm{d}y_1 \nonumber \\
&=& \int_0^z (1-e^{-y_1}) \stackunder{I(y_1)}{(0,1)} \textrm{d}y_1 + \int_1^z (e^{-(y_1-1)}-e^{-y_1}) \stackunder{I(y_1)}{(1,\infty)} \textrm{d}y_1 \qquad (eq:1)
\end{eqnarray*}
$$
Analisemos agora essa expressão por partes. Se 0 < z < 1 os limites de integração da primeira integral ficam sendo 0 e z, ao passo que a segunda integral se anula, dado que estariamos fora da função identidade ao tomar z < 1. Logo, para 0 < z < 1:
$$
F_{X+Y}(z) = \int_{0}^{z} (1-e^{-y_1}) \textrm{d}y_1 = z – 1 + e^{-z}.
$$
Supondo agora z > 1, devemos notar que a primeira integral pode ser quebrada em:
$$
\int_{0}^{1} (1-e^{-y_1}) \stackunder{I(y_1)}{(0,1)} \textrm{d}y_1 + \int_{1}^{z} (1-e^{-y_1}) \stackunder{I(y_1)}{(0,1)} \textrm{d}y_1 \qquad (eq:2)
$$
Mas claramente a segunda integral de (eq:2) dá 0, pois estamos fora da função identidade ao tomar \(z \gt 1\). Voltando a analisar a expressão (eq:1) devemos notar que se \(z \gt 1\) podemos resolver essa integral normalmente, pois ela não se anula já que z está na função identidade. Desse modo:
$$
F_{X+Y}(z) = \int_{0}^{1} (1-e^{-y_1}) \textrm{d}y_1 + \int_1^z
(e^{-(y_1-1)}-e^{-y_1}) \textrm{d}y_1 \qquad (eq:3)
$$
Resolvendo (eq:3):
$$
= e^{-1} + e^{-z} – e^{1-z} – e^{-1} + 1 = e^{-z} – e^{1-z} + 1 = e^{-z}(1-e) + 1
$$
E notando que X e Y são variáveis aleatórias positivas, completamos a definição de \(F_{X+Y}\) tomando \(F_{X+Y} = 0\) quando \(z \lt 0\). Dessa forma:
$$
F_{X+Y}(z) = \left\{ \begin{array}{lc}
e^{-z}(1-e)+1 & \textrm{ se } z > 1 \\
z – 1 + e^{-z} & \textrm{ se } 0 < z < 1 \\
0 & \textrm{cc.}
\end{array}\right.
$$
Podemos confirmar que a distribuição de X+Y se dá dessa forma através de uma simulação no R:

1
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  > ensaios <- 1000000
  > vet <- rexp(ensaios) + runif(ensaios)
  > sum(vet<0.3)/ensaios # F(0.3) (empirica)
  [1] 0.040669
  > sum(vet<0.7)/ensaios # F(0.7) (empirica)
  [1] 0.196267
  > sum(vet<3)/ensaios   # F(3)   (empirica)
  [1] 0.91468
  > sum(vet<4)/ensaios   # F(4)   (empirica)
  [1] 0.968771

O que, computando os valores computando os valores de \(F_{X+Y}(z)\) para os valores simulados nos dá:

$$
\begin{array}{ccc}
\hline
z & F_{\textrm{simulada}}(z) & F_{\textrm{calculada}}(z) \\
\hline
0.3 & 0.0407 & 0.0408 \\
0.7 & 0.1965 & 0.1965 \\
3 & 0.9147 & 0.9144 \\
4 & 0.9688 & 0.9685 \\
\hline
\end{array}
$$

Mostrando a adequação da função de distribuição.

b) \(Z=X/Y\)

Procederemos nesse caso da mesma forma, fazendo \(Y_1 = X/Y\) e \(Y_2=Y\). Segue:
$$
y_1 = g_1(x,y) = \frac{x}{y} \qquad y_2 = g_2(x,y) = y
$$
$$
J = \left| \begin{array}{cc}
\frac{\delta{}g_1}{\delta{}x} & \frac{\delta{}g_1}{\delta{}y} \\
\frac{\delta{}g_2}{\delta{}x} & \frac{\delta{}g_2}{\delta{}y}
\end{array}\right|
= \left| \begin{array}{cc}
\frac{1}{y} & -\frac{x}{y^2} \\ 0 & 1
\end{array}\right| =
\frac{1}{y} \Rightarrow |J^{-1}| = y
$$
Invertendo as funções temos:
$$
x = y_1y_2 \qquad y = y_2
$$
$$
f_{Y_1,Y_2}(y_1,y_2) = y_2 e^{-y_2} \stackunder{I(y_1y_2)}{(0,1)} \stackunder{I(y_2)}{(0,\infty)}
$$

Queremos a marginal de \(Y_1\), fazemos então:
$$
f_{Y_1}(y_1) = \int_{-\infty}^\infty f_{Y_1,Y_2} \textrm{d}y_2
$$
Como \(y_2 \gt 0\) e no primeiro quadrante \(y_1 > 0\), só precisamos garantir a condição de que \(y_1y_2 \lt 1\) para estarmos dentros funções identidade. Logo, considerando o gráfico dessa função, ficamos com:
$$
f_{Y_1}(y_1) = \int_0^{1/y_1} y_2 e^{-y_2} \textrm{d}y_2 = -\left( \frac{e^{-1/y_1}(1+y_1)}{y_1} \right) \qquad (eq:4)
$$
Temos então a função de densidade de X/Y, como queremos a função de distribuição, basta fazermos a integral (eq:4) de 0 até z (considerando \(z \gt 0\)):
$$
F_{X/Y}(z) = \int_0^z -\left( \frac{e^{-1/y_1}(1+y_1)}{y_1} \right) \textrm{d}y_1 = -z(e^{-1/z}-1)
$$

Temos portanto que a função de distribuição será dada por:
$$
F_{X/Y}(z) = \left\{ \begin{array}{lc}
-z(e^{-1/z}-1) & \textrm{ se } z > 0 \\
0 & \textrm{cc.}
\end{array}\right.
$$

Novamente podemos confirmar a distribuição através de uma simulação:

1
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10

  > ensaios <- 10^7
  > vet <- runif(ensaios)/rexp(ensaios)
  > sum(vet<0.3)/ensaios
  [1] 0.289218
  > sum(vet<0.7)/ensaios
  [1] 0.532363
  > sum(vet<4)/ensaios
  [1] 0.8848574
  > sum(vet<5)/ensaios
  [1] 0.9063702

O que, computando os valores computando os valores de \(F_{X/Y}(z)\) para os valores simulados nos dá:

$$
\begin{array}{ccc}
\hline
z & F_{\textrm{simulada}}(z) & F_{\textrm{calculada}}(z) \\
\hline
0.3 & 0.2892 & 0.2893 \\
0.7 & 0.5324 & 0.5322 \\
4 & 0.8848 & 0.8848 \\
5 & 0.9064 & 0.9064 \\
\hline
\end{array}
$$
Mostrando a adequação da função de distribuição.

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