Имеется плотность распределения. Найти...

[--mS--]

Joker_vD в сообщении #443213 писал(а):

Теперь в голове должно что-то щелкнуть, после чего вы выпишете интеграл ...

Этот интеграл ТС уже выписывал, аж на 1-й странице:

Zag в сообщении #440015 писал(а):

Взял такой интеграл - $ \int\limits_{0}^{1}\int\limits_{0}^{1-y} (A(x+y))dxdy$

[Zag]

Joker_vD
Спасибо, вроде бы действительно щелкнуло) Сейчас проверим. Интеграл для области из двух треугольников вышел такой \int\limits_{0}^{2/3} \int\limits_{0}^{x/2}A(x+y)dxdy+\int\limits_{0}^{2/3} \int\limits_{1/3}^{1-x}A(x+y)dxdy
Верно?

[ИСН]

Оба от 0 до 2/3? Одинаково?

[Zag]

Ну так треугольники-то - верхний и нижний) и длина по оси X у них одинаковая. Короче одна стороная у них общая - вот что я хочу сказать. Получается, да, пределы одинаковые

[ИСН]

А, ну да, я и забыл уже.
Но тогда другой вопрос: что за пределы у внутренних интегралов? Ну давайте подставим конкретное значение x. Скажем, 2/3. И что там выйдет? От 0 до 1/3 и от 1/3 до 1/3? Это хорошо? Так и надо? Проведите пальцем по рисунку - это попадает в область?

[Zag]

Ну от 0 до 1/3 получается верно, в первом слагаемом. Как раз через $y=1/3$ и приходит прямая, разделяющая треугольники
А вот во втором явно неполадочка. Но ведь с одной стороны он ограничен прямой $y=1/3$, а с другой прямой y=1-x, в чем подвох, не понимаю?) Хотя этот предел явно неверен

[ИСН]

Если эти треугольнички граничат, то у них общая граница, не так ли? Чем ограничен один сверху, тем же самым и другой снизу. Стало быть, верхний предел одного из интегралов...

[Zag]

Нарисовал для наглядности. Оранжевой линией помечена общая сторона треугольников, зеленым закрашены оба треугольника

\int\limits_{0}^{2/3}\int\limits_{x/2}^{1/3}A(x+y)dxdy + \int\limits_{0}^{2/3}\int\limits_{1/3}^{1-x}A(x+y)dxdy
Исправил первый) Но со вторым все равно остается вопрос

[Joker_vD]

О, здорово. Теперь слепляйте эти два интеграла в один.

[Zag]

P =\int\limits_{0}^{2/3}\int\limits_{x/2}^{1-x}A(x+y)dxdy
Выходит так?) а ничего, да, что интеграл один?

[ИСН]

А зачем Вы их делали два? Может, чтобы потом легче было поменять порядок интегрирования? Или для лучшего понимания процесса? Или просто так?

[Zag]

Да вспомнил старые школьные знания, тогда так учили по-моему)
Я не был уверен, что такую область можно одни интегралом сосчитать)

[Zag]

Zag в сообщении #444419 писал(а):

P =\int\limits_{0}^{2/3}\int\limits_{x/2}^{1-x}A(x+y)dxdy

Вероятность получилась $2/9$, верно?

--mS-- в сообщении #440065 писал(а):

Zag в сообщении #440039 писал(а):

--mS--
Числовые характеристики это дисперсия и мат. ожидание, так?

Мат. ожидание выходит $M[X]=\int\limits_{- \infty}^{+ \infty}xdF_x(x)$
Верно? Но что в этом случае подставлять вместо x - единицу?

Ну и совсем непонятно, что такое "первая случайная величина" и как найти $P(x<2y)$

"Первая" случайная величина - это $X$. Вы выше приводили условие согласованности. Чтобы найти плотность $f_X(x)$, нужно (при каждом фиксированном $x$!) совместную плотность проинтегрировать по всем значениям $y$.

Совсем забыл про плотность распределения первой случайно величины. Чтобы ее найти, надо взять такой интеграл?
$f_X(x)=$\int\limits_{0}^{y} \int\limits_{0}^{x} A(x+y)dydx

[--mS--]

Zag в сообщении #445439 писал(а):

Совсем забыл про плотность распределения первой случайно величины. Чтобы ее найти, надо взять такой интеграл?
$f_X(x)=$\int\limits_{0}^{y} \int\limits_{0}^{x} A(x+y)dydx

А по $x$ Вы зачем интегрируете? См. "условия согласованности" - Вы их сами выше выписывали, а после затёрли.

[Zag]

Вы мне написали, что при всех $x$ надо интегрировать по $y$. Я и решил, что это делается так

-- Пт май 13, 2011 21:57:32 --

Не могу больше найти это свойство согласованности
Напишите, пожалуйста, формулу, по которой можно посчитать эту плотность, я завтра сдам и отстану, наконец, от Вас)