Policz dystrybuantę brzegową

[legolas]

Mamy gęstość
\(\displaystyle{ f_{X,Y}(x,y)=x^2y\cdot 1_D(x,y)}\)
i jest ona zdefiniowana na obszarze

\(\displaystyle{ D=\left\{ \left( x,y\right)\in\RR^2:y\in\left[ 0;1\right],x\le1,y\le x+1 \right\}}\)

Czyli taki trójkąt o wierzchołkach \(\displaystyle{ (-1,0),(0,0),(1,0)}\) i kwadrat \(\displaystyle{ \left[ 0;1\right] \times\left[ 0;1\right]}\)

I teraz jak powinna wyglądać ta całka?

\(\displaystyle{ F_Y(t)= egin{cases} 0 & ext{ dla } t<0 \ ??& ext{ dla } tinleft[ 0;1) \ 1 & ext{ dla } tge1 end{cases}}\)

Czy to powinno być

\(\displaystyle{ I=\int_0^t\int_0^1x^2y\dd x\dd y+\int_0^t\int_{y-1}^0x^2y\dd x \dd y}\)

??

[SlotaWoj]

Czy:

• \(\displaystyle{ 1_D(x,y)=
  \begin{cases}
  \ 1\quad\text{dla}\quad(x,y)\in D \\
  \ 0\quad\text{dla}\quad(x,y)\not\in D
  \end{cases}}\)

jeśli tak, to cały kwadrat \(\displaystyle{ [0;1]\!\!\times\!\![0;1]\in D}\) i \(\displaystyle{ f_{X,Y}(x,y)=x^2y}\)

[legolas]

Czy:

• \(\displaystyle{ 1_D(x,y)=
  \begin{cases}
  \ 1\quad\text{dla}\quad(x,y)\in D \\
  \ 0\quad\text{dla}\quad(x,y)\not\in D
  \end{cases}}\)

Zgadza się

jeśli tak, to cały kwadrat \(\displaystyle{ [0;1]\!\!\times\!\![0;1]\in D}\) i \(\displaystyle{ f_{X,Y}(x,y)=x^2y}\)

Nie o to się pytałem

[SlotaWoj]

Czyli taki trójkąt o wierzchołkach \(\displaystyle{ (-1,0),(0,0),(1,0)}\) i kwadrat \(\displaystyle{ [0;1]\!\times\![0;1]}\).

Czyli czworokąt o wierzchołkach \(\displaystyle{ (-1;0),\,(1;0),\,(1;1),\,(1;0)}\).

Edit:

Zastanowiwszy się ponownie doszedłem do wniosku, że ogólnego wzoru na dystrybuantę ww. rozkładu nie da się „załatwić” przy pomocy jednej całki podwójnej, w związku z tym całka poniżej jest błędna i oznaczam ją, jak i następne błędy „na szaro”.

• \(\displaystyle{ {\gray{F_{XY}(x,y)=\int_{-\infty}^x\int_{-\infty}^y f_{XY}(t,u)\,du\,dt=\int_{y-1}^1\int_0^1 t^2u\,du\,dt=\frac{1}{2}\int_{y-1}^1 t^2y^2\,dt=}}}\)
  \(\displaystyle{ {\gray{=\frac{1}{6}\left(x^3y^2-y^5+3y^4-3y^3+y^2\right)}}}\)

Jeszcze nie mam pomysłu, co dalej zrobić.

\(\displaystyle{ \mathop{\lim}_{x\to+\infty,\ y\to+\infty}F_{X,Y}(x,y)=F_{X,Y}(1;1)={\gray{\frac{1}{6}}}}\), więc podana funkcja \(\displaystyle{ f_{X,Y}(x,y)}\) nie spełnia warunku bycia gęstością dwuwymiarowej zmiennej losowej. Powinno być \(\displaystyle{ f_{X,Y}(x,y)={\gray{6}}\cdot x^2y\cdot 1_D(x,y)}\).

Trzeba wyznaczyć:

• \(\displaystyle{ F_Y(y)=\mathop{\lim}_{x\to+\infty}F_{X,Y}(x,y)}\)

[legolas]

Fakt, tam jeszcze był współczynnik \(\displaystyle{ c}\) do wyliczenia, zapomniałem go dopisać.

Ok, ale wciąż mi się to nie zgadza. Rozpisałem sobie to na 2 całki:

\(\displaystyle{ 1= \int_{-1}^{0} \int_{0}^{x+1}c x^2y\dd y\dd x+ \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} c x^2y\dd x \dd y=\dots=\frac{11c}{60} \rightarrow c=\frac{60}{11}}\)



A błędu w tym moim rozpisaniu nie widzę

[SlotaWoj]

Poprawiłem swój poprzedni post.