brga Trebalo bi se moći dobiti, i čini se dosta jednostavno. Iz zadatka je jasno X i Y nezavisni pa imaš f(x,y) = f_X(x) \cdot f_Y(y). X i Y su oboje slučjne varijable s uniformnom razdiobom na (0,1), pa su imaju razdiobe:
f_X(x) =
\begin{cases}
1, & 0 < x < 1 \\
0, & \text{inače}
\end{cases}
f_Y(y) =
\begin{cases}
1, & 0 < y < 1 \\
0, & \text{inače}
\end{cases}
Pa je je razdioba f(x,y) dana s:
f(x,y) = f_X(x) \cdot f_Y(y) =
\begin{cases}
1, & 0 < y < 1, 0 < x < 1 \\
0, & \text{inače}
\end{cases}
I sad po C iz toga teorema računa razdiobu slučajne varijable Z = XY
g_Z(z) = \int_{-\infty}^{\infty}f(x, \frac{z}{x}) \left\vert \frac{1}{x} \right\vert dx = \int_{0}^{1}f(x, \frac{z}{x}) \left\vert \frac{1}{x} \right\vert dx
Dakle gore smo promijenili granice integrala na 0 i 1 jer po formuli iznad vidimo da je tadagustca slucajnog vektora $0$. No sad isto to moramo gledati za drugu varijablu \frac{z}{x}.
Dakle imamo 0 < x < 1 i sad tražimo kada je 0 < \frac{z}{x} < 1 . Kako je x > 0 pomnožimo prošlu nejednakost s x i dobijemo:
0 <z < x
To sad znači da ako je z \leq 0 , onda je \frac{z}{x} automatski van intervala (0, 1) , i f(x, \frac{z}{x}) = 0 , pa g_Z(z) = 0 za z \leq 0 .
Također moramo imati x > z inače je opet i f(x, \frac{z}{x}) = 0 , a kako je x < 1 , to je jedino moguće za z < 1 pa dobivamo g_Z(z) = 0 za z \geq 1 . I konačno za 0 < z < x < 1 imamo f(x, \frac{z}{x}) = 1 pa dobivamo:
g_Z(z) = \int_{0}^{1}f(x, \frac{z}{x}) \left\vert \frac{1}{x} \right\vert dx = \int_{z}^{1}f(x, \frac{z}{x}) \left\vert \frac{1}{x} \right\vert dx = \int_{z}^{1} \frac{1}{x} dx = \ln x \Big\vert^1_z = \ln 1 - \ln z = -\ln z = \ln \left(\frac{1}{z}\right)
Dakle dobili smo:
g_Z(z) =
\begin{cases}
0, & z \leq 0 \\
- \ln z,& 0 < z < 1 \\
0, & 1 \leq z
\end{cases}
I sad ako hoćeš odrediti F_Z(z) moraš to integrirati:
F_Z(z) = \int_{-\infty}^z g_Z(u) du
I sad opet rastavljaš po slučajevima, kad z \leq 0 [\imath] imaš [imath] g_Z(z) = 0 [\imath] pa je i cijeli gornji integral 0:
[math]
F_Z(z) = \int_{-\infty}^z g_Z(u) du = \int_{-\infty}^z 0 du = 0
[/math]
Za [imath] 0 < z < 1 imaš:
F_Z(z) = \int_{-\infty}^z g_Z(u) du = \int_0^z - \ln(u) du = (u - u \ln u) \Big\vert_0^z = z -z \ln z -0 + \lim_{u \to 0^+} u \ln u = z - \ln z
Gore sam odmah koristio formulu za integral od \ln u koju možeš dobiti parcijalnom integracijom. I ovo je nepravi integral jer \ln u nije definirano u 0, pa moraš preko limesa formalno provjeriti da je 0 \ln 0 = 0 , a taj limes možeš izračunati preko L’Hospitalovog pravila.
I kad je z \geq 1 imaš:
F_Z(z) = \int_{-\infty}^1 g_Z(u) du = (u - u \ln u) \Big\vert_0^1 = 1-1 \ln 1 -0 + \lim_{u \to 0^+} u \ln u = 1
I dobivamo:
F_Z(z) =
\begin{cases}
0, & z \leq 0 \\
z - \ln z, & 0 < z < 1 \\
1, & 1 \leq z
\end{cases}
