теорвер: элементарное

[philurame]

пусть есть независимые с.в. X,Y: плотность X: $p_X=\frac{t}{2}I_{[0, 2]}(t)$, Y равномерно распределена на [0, 3]
как доказать, что $P(r: Y(r)\leqslant1-X(r))=\int\limits_{0}^{1}\frac{t}{2}\frac{1-t}{3}dt$ ?

я знаю, что $P(Y^{-1}(B))=\int\limits_{B}^{}p_{Y}(t)dt$ ,поэтому решил сделать неправильно:
подставить $B=(-\infty, 1-X(r))$, тогда искомая вероятность = $\int\limits_{-\infty}^{1-X(r)}\frac{t}{2}I_{[0, 2]}dt$, которая зависит от r...

Подскажите пожалуйста, почему исходное равенство верно?

[svv]

Переменную $r$ следует выбросить как лишнюю сущность, как фикцию.

$p_X(x)=\frac x 2 I_{[0,2]}(x)$
Плотность распределения случайной величины $X$ в точке $x\in\mathbb R$ есть такая-то функция от $x$.
$p_Y(y)=\frac 1 3 I_{[0,3]}(y)$
Плотность распределения случайной величины $Y$ в точке $y\in\mathbb R$ есть такая-то функция от $y$.
$p_{X,Y}(x,y)=...$
Плотность совместного распределения случайных величин $X,Y$ в точке $(x,y)\in\mathbb R^2$ есть такая-то функция от $x$ и $y$.

$\mathsf P(Y\leqslant 1-X)=\iint I_A(x,y)\,p_{X,Y}(x,y)\,dx\,dy=\iint\limits_{A}p_{X,Y}(x,y)\,dx\,dy\,,$
где $A=\{(x,y): y\leqslant 1-x\}$
Вероятность того, что $Y\leqslant 1-X$, равна интегралу от плотности совместного распределения $X,Y$ по области $A\subset\mathbb R^2$, определяемой условием $y\leqslant 1-x$.

Вам остаётся только найти $p_{X,Y}(x,y)$ и взять интеграл.

[philurame]

svv
спасибо за помощь! здесь, действительно, удобно воспользоваться формулой для совместного распределения. $p_{X,Y}(x,y)=p_{X}(x)p_{Y}(y)$ (в силу независимости X, Y; используя функцию распределения), ну а тогда переходя к повторному как раз возникает тот самый интеграл по одному переменному.

[svv]

Совершенно верно.