Распределение функции случайных величин

[R_e_n]

Докажите, что если $X$; $Y$ и $Z$ – независимые случайные величины и каждая из них равномерно распределена на $(0;1)$, то с.в. $(XY)^Z$ также равномерно распределена на $(0;1)$.

Я вычислил плотность и функцию распределения случайной величины $XY$

$f_{XY}(x)=-\ln(x)$

$F_{XY}(a)=a(1-\ln(a))$

Теперь бы нужно найти функцию распределения случайной величины $(XY)^Z$:

$F_{(XY)^Z}=\int \int \int_{(XY)^Z \leqslant a}1dxdydz=\int \int \int_{Z\ln(XY) \leqslant \ln(a)}1dxdydz$ А что делать дальше я не знаю

Зачем то посчитал на всякий случай плотность и функцию распределения случайной величины $\ln(XY)$

$f_{\ln(XY)}(x)=-xe^x$

$F_{\ln(XY)}(a)=e^a(1-a)$

Пробовал делать так:
$F_{(XY)^Z}=\int \int_{ZV \leqslant \ln(a)}-xe^xdxdy$, но что то неполучается правильно пределы интегрирования расставить.

Подскажите, пожалуйста

[R_e_n]

упс

[R_e_n]

Получилось так $F_{(XY)^Z}(a)=\int_0^1dz \int_{\frac{\ln(a)} z}^0-ve^vdv=1-a$ Где $a \in [0;1]$
а должно было равномерное на отрезке [0;1], что я мог потерять? Или это и есть равномерное?

[Nemiroff]

Если $S=(XY)^Z$, то $F_S(t)=\iint\limits_D (-\ln x) \, dx\,dy $.
$D$ — это ваша область интегрирования, где $y>\dfrac{\ln t}{\ln x}$.
Соответственно

$$F_S(t)=\int\limits_0^t \ln x \dx \int\limits_{\frac{\ln t}{\ln x}}^1\,dy=\int \limits_0^t (\ln t- \ln x)\,dx=t\ln t - \int\limits_0^t\ln x\,dx = t$$

[R_e_n]

Nemiroff в сообщении #780618 писал(а):

Если $S=(XY)^Z$, то $F_S(t)=\iint\limits_D (-\ln x) \, dx\,dy $.

Почему плотность $-\ln x$?

[Nemiroff]

Вы же сами нашли.

R_e_n в сообщении #780495 писал(а):

$F_{XY}(a)=a(1-\ln(a))$