問題の概要と解答例
問1は指数分布に従う確率変数Xと一様分布に従う確率変数Yを使って確率変数の和や積を計算していく問題です。独立な場合と独立でない場合まで見ていきます。
（1）
最初は期待値をただ求めるだけの問題ですね。若干割愛していきます。
\(E[X]=\int_0^{\infty}xe^{-x}dx\\=\int_0^{\infty}x(-e^{-x})’dx\\=0+1\\=1\)
\(E[Y]=\int_0^1ydy\\=[\frac{y^2}{2}]_0^1\\=\frac{1}{2}\)
（2）
XとYが独立なのでXYの期待値は、それぞれの期待値の積とみなせます。
\(E[XY]=E[X]E[Y]\\=\frac{1}{2}\)
（3）
ここから徐々に難しくなります。XとYの和を求めていきます。ここでは畳み込み法を使ってやってみます。
\(X+Y=Z, Y=W\)
とすると、ヤコビアンは
\(J_{(w,z)→(x,y)}=1\)
ここからW,Zの同時確率密度関数を求めることができます。
\(f_{W,Z}(w,z)=f_{X,Y}(w,z)・1\\=e^{-z+w}\)
知りたいのはZの確率密度関数なので、Wで積分します。これが畳み込み法ですね。
本番はここでミスしたのですが、Wの範囲を注意しなければいけません。
問題文よりx>0, 0<y<1となっています
これをw,zに直しますと
z-w>0, 0<w<1 となります。
となるとwの範囲は
\(0\leq z\lt1, 1\leq z\)
のそれぞれによって変化することがわかります。
よって場合わけをして
①\(0\leq z\lt1\)のとき
\(\int_0^z e^{-z+w}dw=1-e^{-z}\)
②(1\leq z)のとき
\(\int_0^1e^{-z+w}dw=e^{-z}(e-1)\)
③zがそれ以外のとき
0
となります。
グラフはこの答えに沿って描けばOKですので省略します。
式を見るとz=1のときもきちんと連続になっているのが分かります。
（4）
最後はこんなヒントのみでできるんかと思ってましたが意外とできます。導出はできるのですが、数学的に記号の使い方がおかしいかもしれないので分かる方は恐縮ですがご指摘いただけますと幸いです。
まずy=h(x)となるので変数変換と考えて
\(f_X(x)\)を\(f_Y(h(x))\)の形で表すようにしてみます。
すると
\(f_X(x)=f_Y(h(x))\frac{d}{dx}h(x)(x\gt0)\)
となります。
ここに\(f_X(x)=e^{-x}(x\gt0), f_Y(y)=1(0\lt y\lt1)\) を代入して
\(e^{-x}=\frac{d}{dx}h(x)\)
となります。
よってh(x)を求めるためにはxの範囲に注意しながら積分すれば良く
\(\int_0^x e^{-t}dt=[-e^{-t}]^x_0\\=1-e^{-x}\)
となります。
最後にXYの期待値についてはXについての関数として考えれば良いので
\(E[XY]=E[Xh(X)]\\=\int_0^\infty x(1-e^{-x})e^{-x}dx\\=1-\int_0^\infty xe^{-2x}dx\\=1 \int_0^\infty\frac{x}{2}(e^{-2x})’dx\\=1+[\frac{e^{-2x}}{4}]^\infty_0\\=\frac{3}{4}\)
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