Распределение произведения случайных величин.

[tazdraperm]

Здравствуйте! В ходе решения одной задачки понадобилось найти вероятность $P\{ x_1x_2>c\}=1-F_{x_1x_2}(c)$. Для этого надо найти функцию распределения $F_{x_1x_2}$. Известно, что $x_1, x_2$ имеют функции распределения $F(y)=y$ и значения этих величин ограничены промежутком [0,1].
Рассмотрим искомую функцию: $F(c)=P(x_1x_2<c)=\int_{-\infty}^{+\infty}P\{x_1<z\}P\{x_2<\frac{c}{z}\}dz$, при этом $P\{x_1<z\}=F_{x_1}(z), P\{x_2<\frac{c}{z}\}=F_{x_2}(\frac{c}{z})$. Так как обе величины распределены на промежутке [0,1], то при z<0 обе вероятности равным нулю. При $z\in[0,c], \frac{c}{z}>1$ и вторая вероятность равна 1. При $z\in[1,+\infty]$ первая вероятность равна 1. Тогда записав вероятности через функции распределения величин и разбив интеграл на 3 промежутка, получим:
$F(c)=\int_0^czdz+\int_c^1cdz+\int_1^{\infty}\frac{c}{z}dz=\frac{c^2}{2}+c(1-c)+c\ln(\infty)$

Вот этот странный логарифм бесконечности все и портит. Думаю, я где-то напутал. Задача, вроде, нетрудная, но ошибку никак не могу найти. Буду благодарен за помощь.

[--mS--]

tazdraperm в сообщении #1018953 писал(а):

Рассмотрим искомую функцию: $F(c)=P(x_1x_2<c)=\int_{-\infty}^{+\infty}P\{x_1<z\}P\{x_2<\frac{c}{z}\}dz$

Не так. А вот так:

$$F(c)=P(x_1x_2<c)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}P\left\{x_2<\frac{c}{z}\right\}dP\{x_1<z\}=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_{x_1}(z)P\left\{x_2<\frac{c}{z}\right\}dz.$$

(Оффтоп)

Кстати, есть ли смысл так искать функцию распределения произведения координат точки, брошенной в квадрат наудачу?

[tazdraperm]

--mS-- в сообщении #1018958 писал(а):

Не так. А вот так:

$$F(c)=P(x_1x_2<c)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}P\left\{x_2<\frac{c}{z}\right\}dP\{x_1<z\}=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_{x_1}(z)P\left\{x_2<\frac{c}{z}\right\}dz.$$

(Оффтоп)

Кстати, есть ли смысл так искать функцию распределения произведения координат точки, брошенной в квадрат наудачу?

Насчет квадрата я думал, но всё же хочется найти формальным способом.
Итак, плотность обоих величин равна 1 для $z\in[0,1]$, подставим в интеграл вместо $f_{x_1}(z)$ единицу. Отрицательные $z$ сразу отбросим, для них вероятность и плотность под интегралом равны нулю. Также для $z>1$ плотность равна нулю. При $0<z<c, \frac{c}{z}>1$, то есть вероятность под интегралом равна 1. Разобьем интеграл на два промежутка:
$F(c)=\int\limits_{0}^{c}dz+\int\limits_{c}^{1}\frac{c}{z}dz=c+c(\ln(1)-\ln(c))=c(1-\ln(c))$
Вроде похоже на правду.

[--mS--]

Да, так.
Кстати, если уж на то пошло, при бесконечных пределах в интеграле, на которые я внимания не обратила, знаки совсем не всегда "меньше". Если $z$ отрицательна, то $zx_2 < c$ решается как $x_2 > \frac{c}{z}$. Так что вот так:

$$F(c)=P(x_1x_2<c)=\int\limits_{-\infty}^0 \mathsf P\left\{x_2>\frac{c}{z}\right\}d\mathsf P\{x_1<z\}+\int\limits_0^{+\infty}\mathsf P\left\{x_2<\frac{c}{z}\right\}d\mathsf P\{x_1<z\}.$$